Goi y giai mon Toan khoi A ky thi DH CD 2012

[r]

Câu1

2

yx  x

TXĐ :R

Đạo hàm

3 ' 4 4

0 ' 0

1

y x x

x y

x

 





    



Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1)

1 ' 0

1 1

x y

x





    

 h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+) 1

' 0

0 1

x y

x

 



    

 h/s nghịch biến trên ( ; 1) à (0;1)v

BBT:

x’ -∞ -1 0 1

+∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 0 +∞

-1 -1

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D ( 2;0) àv E( 2;0)

4 2 2

yx  x

b)

 

2 3

3

2

2

4 4 1

' 0 4 4( 1) 0

4 ( 1) 0

0

( 1) 0 (*)

x x m

x

x m

  

    

    





    



Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m+1>0 m

>-1

Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt

x  m và x2   m 1 Gọi

2

(0; ); ( 1; 2 1)

( 1; 2 1)

  

   

Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên MNP phải cân tại M

Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra

2 2 2

MN MP NP 3

(m 1) (  m 1) 1  0

     

<=>m=0 (vì m>-1)

Vậy m=0

Câu 2

ĐK:x R 

 

2

2

1 sin

2

2

5

2

2

2

2 3

x

x











 



  





    



  







   









  









Câu 3

Đặt y = -z

 

1 2







 Đặt

 

 

 

2

2

1 2

2

1

2

 









Từ (2)

2

4

 

Thay vào (1) ta được :

 

2

2

2 41 0 3

S







Phương trình (3) vô nghiệm vì     ' 40 0

Vậy

 

2

4

x z

xz

 





Câu 4

ln 1 1

x



Với

 

3 3

1 3

3

x

x









Đặt

2

3 3 2

1 1

3

1

1

ln 1

1 1

1

ln 1

1

ln 4 ln 2

1

ln 4 ln 2 ln

ln 2 ln

x

x

x

x x













Vậy

ln 2 ln

Câu 5

Tích Thể Tích khối chóp S.ABC

Gọi M là trung điểm AB

MH= MB=

Vì  ABC đều cạnh a, CM là đường

CM=

2

Xét  CMH vuông tại M

Theo Pitago ta có:

2 2 2

+

=7 2 a 9

CH=

3

Ta có  SC, ABC =SCH=60    o

=>

Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d)

=>

BC;SA   B  SA,d  

Dựng hình thoi ABCD

Dựng HK

 SAD   SHK 

Mà HI  SK n n HI ê   SAD 

HI là khoảng cách từ H đến (SAD)

2 3

Vì

2 2

90 ê

7 21

7

2 6

o

SHK n n

a

HI

Vì BC//(SAD) và

2 3

HA  AB nên khoảng cách cần tìm là

.

Câu 6

Cách 1:

Không mất tổng quát, giả sử x  y  z .

Từ giả thiết suy ra z     x y  do đó,

2

2

Đặt

2

2

a x y

b y x



  

2 3 2 3

a b x

b a y



 



 



Thay vào P ta được :





thì u   v 0 và ta có :

P       u  v

Xét hàm:

2 2

2 '( ) 3 ln 3 3 ln 3

3

2 ln 3 2 0

u

f u



( )

f u

 đồng biến trên v;  )kéo theo

( ) ( ) 9 3 1 2 4

2.9 4 1 (1)

v

v

Xét g v ( )  2.9v  4 v  1, v  0

'( ) 2.9 ln 9 4v 4.9 ln 3 4v 4ln 3 4 0 0

Suy ra g(v) đồng biến trên 0;  ), kéo theog v( ) g(0)  3 (2)

Từ (1) và (2),suy ra f(u)3 hay P3

Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0

Vậy min P=3

Cách2

Đặt a  x y b,  y Z c,  z x

Từ giả thiết suy ra 2 2 2  

2

x  y z   xy yzzx

Do đó  2 2 2  2 2 2

6 x  y  z 2 x y  y z  z x

Vì vậy nếu đặt a  x y b,  y z c,  z x thì a b c , ,  0

và a b c b c,  a c,  a b

Ta có

P     a  b  c

Vì a b   c nên   2

a b c   c

Tương tự

 

 

2 2

Công ba bất đẳng thức trên ta được

  2 2 2  2  2 2 2

2 ab bc ca    a  b  c  a b c    2 a  b  c

Do vậy

 

3 3 3

a b c

P a b c

a b c

Xét hàm

 

 

   

'

3 ln 3 1 0

0 1

x

x

Vì Vậy P  3, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0

Câu 7

a)

 2 2

1

2 ,

2

2 5

 

 

Đặt

AB  x x 

Có

2

2

2

2 2 2 2 2

ADN

ABM

CMN

S AD DN x x x

S AB BM x x x

AN  AD DN

2 2

2

2

AMN

Định lý pitago

2

AN x      y y x 

Đặt: A a a( ; 2  3)

2 3

2

5 25 20 0 5 4 0

1

4

a

a

        

      

       





  



Vậy A1 (1; 1),  A2 (4;5)

Câu 8

a).

Gọi

0; 0;3

A a a a

B b b b

I

Với a ≠ b

 

 

2

2

1; 2; 1 1; 2 ; 1

2 1 4 6 4 2

2 1 4 6 4 2





Vì  IAB Vuông cân tại I nên

  

2 2

0

6 4 2 6 4 2

6 4 0 (2)

IA IB

IA IB

ab a b

a b a b

 









 



3

a b

   thế vào (1)

Ta được

1

9

ab 

2

3

3 8

3

a

b

IA





 



 



Vậy

3

S x  y  Z  

Câu 9.

a)

1 3

2 2

5

5

1.2.3

3 28 0 7( / ) 4( )

n

n

n

n

 







Khai triển

7 7

hay

Số hạng tổng quát là

 

7

7

2

7

14 3 7

1 2

2

k

k k

k

k

x

C

x x







Xét

14 3  k    5 k 3

Vậy số hạng chứa 5

x là

 3 5

35 1

x

Câu 7b) Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnh hình vuông thỏa mãn A(a;a) a>0

Suy ra a2  a2    8 a 2

m  n   m  n 

1

Vậy

2 2

16 16

3

x y

Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:

2 1

( ) 2

x t

y t t

z t

 





  



Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)

Ta có

2 1 2 3 2

2 5 0 2 5 0

3 2 2 4 2 5 0

2

t

    

       

      

         

       

 

Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn

Câu 9 b)

Đặt

Z   a bi a b  R

5

2

2 1

Z i

i





Vậy

 2 2

2 2

W=1+1+i+2i=2+3i

Z

