đáp án chi tiết môn toán khối a năm 2012

Câu1
a)

y = x4 − 2x2

TXĐ :R
y ' = 4 x3 − 4 x

Đạo hàm

x = 0
y'= 0 ⇔ 
 x = ±1

Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1).
x >1
y'> 0 ⇔ 
 −1 < x < 1
 x < −1
y'< 0 ⇔ 
0 < x < 1

h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+ ∞ )
(−∞; −1) và (0;1)

h/s nghịch biến trên

BBT:
x’
y’
y

-∞
+∞
+∞

-1
0

0
+

0

1
-

0

0
-1

+
+∞

-1

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D
y = x4 − 2 x2

( 2;0) và E ( 2;0)


b)

y 2 = 4 x3 − 4 ( m + 1) x
y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4(m + 1) x = 0

⇔ 4 x  x 2 − (m + 1)  = 0
x = 0
⇔ 2
 x − (m + 1) = 0 (*)

Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
>-1
Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt
x1 = m + 1 và x2 = − m + 1

⇔ m+1>0 ⇔ m

Gọi
M (0; m 2 ); N ( m + 1; −2m − 1)

P( − m + 1; −2m − 1)

Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên
Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra
⇔ (m + 1) ( m + 1)3 − 1 = 0
<=>m=0 (vì m>-1)

Vậy m=0

Câu 2.
ĐK: x ∈ R¡

∆MNP

phải cân tại M

MN 2 + MP 2 = NP 2


3sin 2 x + cos2 x = 2cos x −1
⇔ 2 3 sin x cos x + 2cos 2 x −1=2cos x −1
⇔ cos x

(

)

3 sin x + cos x −1 =0

cos x =0
⇔ 3
 sin x + 1 cos x = 1
 2
2
2
 π
 x = 2 + kπ

⇔
sin  x + π = 1
  6 ÷
 2
 π
 x = 2 + kπ

π π
⇔  x + = + m2π
 6 6
 π 5π
 x + = + n2π
 6 6
 π
 x = 2 + kπ

⇔  x = m2π
( k ,n,m∈¢
 2π
 x = + n2π
3


)

Câu 3.
Đặt y = -z

Đặt

 x 3 + z 3 − 3 ( x 2 + z 2 ) − 9 ( x + z ) + 22 = 0

 2
1
2
x
+
z
−
x
+
z
=
(
)


2


 S 3 − 3SP − 3 ( S 2 − 2 P ) − 9S + 22 = 0
S = x + z 
⇒

1
2
P
=
xz


S − 2P − S =

2
 S 3 − 3SP − 3S 2 + 6 P − 9S + 22 = 0 ( 1)

⇔ 2
1
S
−
2
P
−
S
=
( 2)

2


Từ (2)

2S 2 − 2S − 1
⇒P=
4
Thay vào (1) ta được :

3
6
S 3 − S ( 2S 2 − 2S − 1) − 3S 2 + ( 2S 2 − 2S − 1) − 9S + 22 = 0
4

4
⇔ −2S 3 + 6S 2 − 45S + 82 = 0
S = 2
⇔ 2
 S − 2S + 41 = 0

( 3)

Phương trình (3) vô nghiệm vì
Vậy

∆ ' = −40 < 0

x + z = 2
3

3 1 1 3
S =2⇒ P = ⇒
⇔
x
;
z
=
(
)
3
 ; ÷,  ; ÷
4
xz =
2 2 2 2



4

3 1 1 3
( x; y ) =  ; − ÷,  ; − ÷
2 2 2 2

Vậy

Câu 4.
3 1
1 + ln ( x + 1)
ln ( x + 1) 
dx
=
+
dx
∫1  x 2
1
x2
x2 

I =∫
=∫

3

1

Với

3

3 ln ( x + 1)
1
dx
+
∫1 x 2 dx = I1 + I 2
x2


I1 = ∫

3

1

I2 = ∫

3

1

3

1
1
2
dx

=
−
=
x2
x1 3
ln ( x + 1)
dx
2
x

Đặt

1

u = ln ( x + 1)
du
=
dx


x +1
⇒

1
dv = 2 dx
v = − 1 dx
x


x

3

3
1
1
⇒ I 2 = − ln ( x + 1) + ∫
dx
1
x
x ( x + 1)
1
3 1
1
 31

= − ln 4 + ln 2 +  ∫ dx − ∫
dx 
1 x +1
3
1 x


1
x
= − ln 4 + ln 2 + ln
3
x +1

3

1

1
3
= ln 2 + ln
3
2
Vậy

I=

2 1
3
+ ln 2 + ln
3 3
2

Câu 5.
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC
Gọi M là trung điểm AB =>

1
a
MH= MB=
3
6
Vì ∆ABC đều cạnh a, CM là đường
a 3
cao => CM=
2

Xét ∆CMH vuông tại M


2
 a 3   a 2 7 2
Theo Pitago ta có: CH2 =CM2 +MH2 = 
+ ÷ = a
÷
 2 ÷ 6 9


a 7
=> CH=
3
o
·
Ta có ( SC,( ABC ) ) =SCH=60
SH
a 21
·
tanSCH=
= 3 ⇒ SH=HC. 3=
HC
3
2 3 a3 7
1
1
a
21
a

=> V
= SH.S
= .
.
=
SABCΔABC
3
3 3
4
12
Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC
Nên BC//(SA;d)
=>

d

[ BC;SA ]

=d

 B→( SA,d ) 

Dựng hình thoi ABCD
Dựng HK

HK ⊥ AD (k ∈ AD )
HI ⊥ SK ( I ∈ SK )

Ta có

SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AD

HK ⊥ AD nên
⇒ ( SAD ) ⊥ ( SHK )

Mà

AD ⊥ ( SHK )

Mà HI ⊥ SK nên HI ⊥ ( SAD )
⇒ HI

là khoảng cách từ H đến (SAD)

2a 3
a
·
KH = AH sin KAH
= .
=
3 2
3
Vì
2

2

1
1
1

24
 3   3
·
SHK
= 90o nên
=
+
=
+
=

÷
2
HI 2 HS 2 HK 2  a 21 ÷
  a ÷
 7a
⇒ HI =

a 7
2 6


Vì BC//(SAD) và

HA =

2
AB nên khoảng cách cần tìm là
3

3
3 a 7 a 42
HI = .
=
2
2 2 6
8
Câu 6.
Cách 1:

Không mất tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z.
Từ giả thiết suy ra z = − ( x + y ) do đó,

(

P = 3x − y + 3 y −z + 3x −z − 12 x 2 + y 2 + ( x + y )

(

2

)

= 3x − y + 32 y +x + 32 x + y − 12 x 2 + y 2 + ( x + y )

2

)

Đặt

2a − b

x
=

a = 2 x + y
3
thì 
và

2
b
−
a
b
=
2
y
+
x
y =


3
Thay vào P ta được :

a≥b≥0

P = 3a −b + 3a + 3b − 2 a 2 − ab + b 2

2

2

 a+b
 a −b 
= 3 +3 +3 −2 
+
3
÷

÷
 2 
 2 
a+b
a −b
,v =
Đặt u =
thì u ≥ v ≥ 0 và ta có :
2
2
a −b

a

b

P = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2
Xét hàm:

P = f (u ) = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2 , u ≥ v ≥ 0
f '(u ) = 3u + v ln 3 + 3u −v ln 3 −

2u
u 2 + 3v 2

≥ 2 ln 3 − 2 > 0
⇒ f (u ) đồng

biến trên [ v; +∞) kéo theo

f (u ) ≥ f (v ) = 9v + 32 v + 1 − 2 4v 2
= 2.9v − 4v + 1 (1)
Xét

g (v) = 2.9v − 4v + 1, v ≥ 0

g '(v ) = 2.9v ln 9 − 4 = 4.9v ln 3 − 4 ≥ 4 ln 3 − 4 > 0 do v ≥ 0

Suy ra g(v) đồng biến trên [ 0; +∞), kéo theo g (v) ≥ g (0) = 3
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

Do đó

x 2 + y 2 + z 2 = −2 ( xy + yz + zx )

(

6 ( x2 + y 2 + z 2 ) = 2 x − y + y − z + z − x

Vì vậy nếu đặt
và

(2)

2

2

2

a = x − y ,b = y − z ,c = z − x

)

thì

a , b, c ≥ 0

a + b ≥ c, b + c ≥ a , c + a ≥ b

Ta có

P = 3a + 3b + 3c − 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )

Vì

a+b ≥ c

nên

( a + b ) c ≥ c2

Tương tự

( b + c ) a ≥ a2
( c + a ) b ≥ b2

Công ba bất đẳng thức trên ta được

2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )
2

Do vậy


P ≥ 3a + 3b + 3c − ( a + b + c )

= ( 3a − a ) + ( 3b − b ) + ( 3c − c )
Xét hàm

f ( x ) = 3x − x , x ≥ 0

f ' ( x ) = 3x ln 3 − 1 > 0

⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) = 1
Vì Vậy

P ≥ 3 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0

Câu 7.
a).

h = d ( M , AN ) =

1
11 − − 3
2
22 + ( −1)

2

=

15
3 5
=
2
2 5

Đặt

AB = 6 x, x > 0

Có

1
1
AD.DN = 6 x.2 x = 6 x 2
2
2
1
1
S ABM = AB.BM = 6 x.3x = 9 x 2
2
2
1
1
SCMN = CM .CN = 3x.4 x = 6 x 2
2
2
⇒ S AMN = S ABCD − S ADN − S ABM − SCMN
S ADN =

= 36 x 2 − 6 x 2 − 9 x 2 − 6 x 2 = 15 x 2


Theo định lý pitago AN = AD 2 + DN 2
= 36 x 2 + 4 x 2 = 2 10 x
2S AMN
30 x 2
15 x
3 5

1
⇒h=
=
=
⇒
⇒x=
AN
2
2 10 x
10
2

Định lý pitago
AM = AB 2 + BM 2 = 36 x 2 + 9 x 2 = 145 x =

AN :2 x − y − 3 = 0 ⇔ y = 2 x − 3
Đặt: A(a; 2a − 3)
2

2

11  
1

⇒  a − ÷ +  2a − 3 − ÷ =
2 
2

2

45
2

2

11  
7
45

⇔  a − ÷ +  2a − ÷ =
2 
2
2

⇔ 5a 2 − 25a + 20 = 0 ⇔ a 2 − 5a + 4 = 0
a = 1
⇔
a = 4

Vậy

A1 (1; −1), A2 (4;5)

Câu 8.

a).
Gọi

A(a − 1; 2a; a + 2)

B ( b − 1; 2b; b + 2 )
I ( 0; 0;3)

Với a ≠ b

45
2


→

⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1)
→

IB = ( b − 1; 2b; b − 1)
⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2
2

IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2
2

Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên
 → →
IA . IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0
⇔ 2

2
2
2
 IA = IB

6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2

(1)
3ab − ( a + b ) + 1 = 0
⇔
( a − b ) 6 ( a + b ) − 4  = 0 (2)

Từ (2) vì a ≠ b

⇔ a+b =

2
3

thế vào (1)

=

8
3

Ta được
ab = −

1
9


1+ 2
a

=


3
⇒
b = 1 − 2

3

8
⇒ IA2 =
3
Vậy

( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3)
Câu 9.
a).

2


5Cnn −1 = C n3
n ( n −1) ( n −2 )
1.2.3
⇔30 = n 2 −3n + 2
⇔5n =

⇔n 2 −3n −28 = 0
n = 7(t / m)
⇔

n =−4(loai )
Khai triển
7

7

 7x 1 
 x 1
−
hay

÷
 − ÷
14
x


 2 x
2

2

Số hạng tổng quát là
7−k

2
k  x 
C7  ÷
 2

k

 1
− ÷
 x

x14−3k
= C 7 ( −1) . 7 − k , k ∈ N , k ≤ 7
2
k

k

Xét

14 − 3k = 5 ⇔ k = 3

Vậy số hạng chứa x 5 là

x5
35
C ( −1) 4 = − x 5
2
16
3
7

3

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 a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2

x2 y 2
4
4
(E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1
m
n
m n
Vì 2m=8 nên m=4 ⇒

1 4
16
+ 2 = 1 ⇒ n2 =
4 n
3


Vậy

x2 y2
( E ):
+
=1
16 16
3

Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:
 x = 2t − 1


(t ∈ ¡ )
y = t
z = t + 2


Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)
Ta có
 2t − 1 + a = 2
a = 3 − 2t
t + b = −2
b = −2 − t


⇔


t + 2 + c = 4
c = 2 − t
 a + b − 2c + 5 = 0
a + b − 2c + 5 = 0
⇒ 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0
⇔t=2

Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
Câu 9 b)
Đặt

Z = a + bi ( a, b ∈ R ) .
− 

5 Z + i ÷

 = 2−i
2 +1
⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1)
⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i
⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a ) = 0
3a − b − 2 = 0
a = 1
⇔
⇔
 6 − 7b + a = 0
b = 1

Vậy

Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i
2

⇒ W=1+1+i+2i=2+3i
Z = 22 + 32 = 13