DapanToanAA1dachuyensangWord

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (193.85 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

B GIÁO D C VÀ ĐÀO T OỘ Ụ Ạ Đ THI TUY N SINH Đ I H C NĂM 2012Ề Ể Ạ Ọ
--- Môn: TOÁN. Kh i A và kh i A1ố ố

ĐÁP ÁN Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát đờ ể ờ ề

PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7

Ầ

Ấ

Ả

đi m

ể

)

Câu 1. (2 đi m)

ể

Cho hàm s

ố

y x





2(

m



1)

x



m

(1), v i m là tham s th c.

ớ

ố ự

a) Kh o sát s bi n thiên và vẽ đ th hàm s (1) khi

ả

ự ế

ồ ị

ố

m0

.

b) Tìm

m

đ đ th hàm s (1) có ba đi m c c tr t o thành ba đ nh c a tam giác

ể ồ

ị

ố

ể

ự

ị ạ

ỉ

ủ

vng.

a)

Khi m = 0, ta có: y = x4 –2x2 .

•Tập xác định: D =  .

•Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên: y ' = 4x3 –4x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.

Các khoảng nghịch biến: (−∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞).

− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ =0.

− Giới hạn:

lim lim

x x

y y

    

 

− Bảng biến thiên:

' – 0 + 0 – 0 +

0

•Đồ thị:

b)

Ta có y ' = 4x3 − 4(m + 1)x = 4x(x2 − m − 1).

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*).

-2 2

-1 O 1

-1 1

+∞
+∞

-∞ -1 0 1

x
y

+∞
y’

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m2 ), B( m1; 2 m1) và (C m1; 2 m 1).

Suy ra: AB ( m1; ( m1) )2



và AC ( m1; ( m1) )2



Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB AC. 0

 

⇔ (m + 1)4 − (m + 1) = 0.

Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.

Câu 2. (1 đi m)

ể

Gi i ph

ả

ươ

ng trình :

3 sin 2

x



cos 2

x



2cos

x



1 .

Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x −1) cos x = 0.

●

cosx 0 x 2 k (k )



     

●

3 sinx cosx 1 0 cos(x 3) cosx



     

2
x k 

 

ho c

ặ

2 ( )

x  k  k 

.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 2 k




 

, x k 2

và

2 ( )

x  k  k 

.

Câu 3. (1 đi m)

ể

Gi i h ph

ả ệ

ươ

ng trình :

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

( , ) .
1
2
      



   




x x x y y y

x y

x y x y 

H đã cho t

ệ

ươ

ng đ

ươ

ng v i :

ớ

3 3

2 2

( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)

1 1

1 (2)

2 2

x x y y

x y
      
   































T (2), suy ra

ừ

1
1 1
2
x
   

và

1 3 1

1 1 1

2 2 2

y x

        

và

1 3

2 y 2

   

.

Xét hàm s

ố

f t

( )



t



12 t

trên

3 3
;
2 2

 
 

 

, ta có

f t( ) 3( t2 4) 0

, suy ra

f t( )

ngh ch

ị

bi n

ế

Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).

Thay vào (2), ta đ

ượ

c

2 2

1 3 1

1 4 8 3 0

2 2 2

x  x   x  x   x

























ho c

ặ

3
2
x

Thay vào (

3), ta đ

ượ

c nghi m c a h là

ệ

ủ

ệ

1 3

( ; ) ;

2 2

x y   
 

ho c

ặ

3 1

( ; ) ;

2 2

x y   

 

Câu 4. (1 đi m)

ể

Tính tích phân :

2
1

1 ln(x 1)

I dx

x

 





.

Đ t

ặ

1 ln( 1)

1
1

dx

u x du

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>





3 3

3
1

1 1

2 2

3 3

1 ln( 1) dx ln 2 dx
I

x x

x

     



  







3
1

2 2 2 2

ln ln 2 ln 3

3 3ln 2 x 3 3

     

Câu 5. (1 đi m)

ể

Cho hình chóp

S.ABC

có đáy là tam giác đ u c nh

ề

ạ

a

. Hình chi u vng

ế

góc c a

ủ

S

trên m t ph ng

ặ

ẳ

(

ABC

)

là đi m

ể

H

thu c c nh

ộ

ạ

AB

sao cho

HA



2 HB

. Góc

gi a đ

ữ

ườ

ng th ng

ẳ

SC

và m t ph ng

ặ

ẳ

(

ABC

)

b ng

ằ

60

o

. Tính th tích kh i chóp

ể

ố

S.ABC

và

tính kho ng cách gi a đ

ả

ữ

ườ

ng th ng

ẳ

SA

và

BC

theo

a

.

Ta có

S

ˆ

CH

là góc giữa SC và (ABC), suy ra

S

ˆ

CH

=

60 .

Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có:

2 2

3 7

, ,

6 2 3

a a a

HD CD HC  HD CD 

,

0 21

.tan 60

3
a

SH HC 

.

2 3

. 13 . ABC 13 321 4 3 217

S ABC SH S a a a

V



     

.

Kẻ Ax // BC. Gọi N và K

lần lượt là hình chiếu
vng góc

của H trên Ax và SN. Ta có BC // (SAN) và BA =

2HA nên

d (SA, BC) = d (B, (SAN )) =
3

2 d (H , (SAN )).

Ta cũng có Ax ⊥ (SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó HK ⊥ (SAN). Suy ra d (H , (SAN )) = HK.

2 2

2 3 . 42

, .sin 60 ,

3 3 12

a a SH HN a

AH HN AH HK

SH HN

    



V y

ậ

( , ) .

8
a

d SA BC 

Câu 6. (1 đi m)

ể

Cho các s th c

ố ự

x

,

y

,

z

th a mãn

ỏ

x y z

  

0 .

Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c :

ị

ỏ

ấ ủ

ể

ứ

P3|x y |3|y z |3|z x | 6x26y26z2

.

Ta chứng minh 3t ≥ t + 1,∀t ≥ 0 (*).

Xét hàm f (t) = 3t − t −1, có f '(t) = 3t ln 3 −1 >0 ,∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng.

Áp dụng (*), ta có 3| x− y | +3 | y−z | +3| z−x| ≥ 3+ | x− y |+| y − z |+ | z − x|.

Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có:

(| x− y |+| y − z |+ | z − x|)2 =| x− y |2 +| y− z |2 + | z − x|2 + | x− y |(| y− z |+ | z− x|)+ | y− z |(| z−

K

N

H

C
S

B
x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

x|+ | x− y |)

+| z − x|(| x− y |+| y− z |) ≥ 2

(

| x− y |2 + | y− z |2 + | z− x|

)

.

Do đó | x− y|+| y− z|+| z− x| ≥ 2

(

| x− y|2 + | y− z |2 + | z− x|2

)

= 6x2 +6 y2 +6z2 −2

(

x+ y+ z

)

Mà x+ y+ z =0, suy ra | x− y|+| y− z|+| z− x| ≥ 6x2 +6 y2 +6z2 .

Suy ra P =3| x−y| +3| y−z| +3| z−x| − 6x2 +6 y2 +6z2 ≥ 3.

Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.

PH N RIÊNG

Ầ

(3 đi m) : Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B

ể

ỉ

ộ

ầ

ặ

A. Ch

ươ

ng trình chu n

ẩ

Câu 7.a (1 đi m)

ể

Trong m t ph ng v i h t a đ

ặ

ẳ

ớ ệ ọ

ộ

Oxy

, cho hình vng

ABCD

. G i

ọ

M

là

trung đi m c nh

ể

ạ

BC

,

N

là đi m n m trên c nh

ể

ằ

ạ

CD

sao cho

CN 2ND

. Gi s

ả ử

11 1

( , )

2 2

M

và đ

ườ

ng th ng

ẳ

AN

có ph

ươ

ng trình

2 x y



3 0



. Tìm t a đ đi m

ọ

ộ ể

A

.

Gọi H là giao điểm của AN và

BD. Kẻ đường thẳng qua H

và song song với AB, cắt AD và

BC lần lượt tại P và Q.

Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.

Ta có QC = x, nên MQ = x.

Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra

AH ⊥ HM .

Hơn nữa, ta cũng có AH = HM .

Do đó

3 10

2 ( , ) 2

AM MH d M AN 

A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).

2 2

3 10 11 7 45

2 2 2 2

MA 





t











t















2 5 4 0 1

t t t

      hoặc t4

V y

ậ

A(1; 1)

ho c

ặ

A(4;5)

Câu 8.a (1 đi m)

ể

Trong không gian v i h t a đ

ớ

ệ ọ

ộ

Oxyz

, cho đ

ườ

ng th ng

ẳ

1

2 :

1

2

1 x

y

z

d







và đi m

ể

I

(0, 0,3)

. Vi t ph

ế

ươ

ng trình m t c u

ặ ầ

S

có tâm

I

và c t

ắ

d

t i hai đi m

ạ

ể

A

,

B

sao cho tam giác

IAB

vuông t i

ạ

I

.

Véc tơ chỉ phương của d là

a



= (1; 2; 1).

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.

P
D

N C

A B

M
Q
H

I

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có H ∈d

nên tọa độ H có dạng

H (t −1; 2t; t + 2)



IH



= (t −1; 2t; t −1).
1

. 0 1 4 1 0

3
IH AB IH a                  t t t    t

2 2 2

; ;

3 3 3

IH

    

 



Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là

2 6
2

RIA IH 

Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là

2 2 2 8

( ) : ( 3)

S x y  z 

Câu 9.a (1 đi m)

ể

Cho n là s nguyên d

ố

ươ

ng th a mãn

ỏ

5 C

nn1



C

n3

. Tìm s h ng ch a

ố ạ

ứ

x

trong khai tri n nh th c Niu-t n c a

ể

ị ứ

ơ

ủ

1

,

0

14 















n

nx

x

.



 



1 3 1 2

5 5

n

n n

n n n

C  C n  

  

7
n

  (vì n ngun dương)

Khi đó

7 7

2 2 7 2 7

14 3
7

7 7

0 0

( 1)

1 1 1

14 2 2 2

n k k k k

k k

k

k k

C

nx x x

C x

x x x




 

     

































































S h ng ch a ố ạ ứ

x

5 tương ng v i : ứ ớ 14 3 k 5 k 3

V y s h ng c n tìm là: ậ ố ạ ầ

3 3

5 5

7
4

( 1) . 35

16
2
C
x x


.

B. Ch

ươ

ng trình nâng cao

Câu 7.b (1 đi m)

ể

Trong m t ph ng v i h t a đ

ặ

ẳ

ớ ệ ọ

ộ

Oxy

, cho đ

ườ

ng tròn

( ) :

C x



y



8 .

Vi t ph

ế

ươ

ng trình chính t c c a elip (

ắ

ủ

E

) có đ dài tr c l n b ng

ộ

ụ ớ

ằ

và

( )

E

c t

ắ

( )

C

t i

ạ

b n đi m t o thành b n đ nh c a hình vng.

ố

ể

ạ

ố

ỉ

ủ

Phương trình chính tắc của (E) có dạng :

2 2

2 2 1

x y

a b  với

a b

 

0

và 2a8. Suy ra a4

Do (E) và (C) cùng nh n Ox và Oy làm tr c đ i x ng và các giao đi m là các đ nh c a m t hìnhậ ụ ố ứ ể ỉ ủ ộ

vng nên (E) và (C) có m t giao đi m v i t a đ có d ng ộ ể ớ ọ ộ ạ A t t( ; ),

t



0

.

2 2

( )

A



C



t



t

, suy ra

t



2

2
2

4 4 16

(2; 2) ( ) 1

16 3

A E b

b

     

Phương trình chính tắc của (E) là

2 2
1
16
16
3
x y
 
.

Câu 8.b (1 đi m)

ể

Trong không gian v i h t a đ

ớ ệ ọ

ộ

Oxyz

,

cho đ

ườ

ng th ng

ẳ

1

2 :

2

1 x

y

z

d







, m t ph ng

ặ

ẳ

( ) :

P x y

 

2 z

 

5 0

và đi m

ể

(1; 1;2)



A

. Vi t ph

ế

ươ

ng trình đ

ườ

ng th ng

ẳ



c t

ắ

d

và

( )

P

l n l

ầ ượ ạ

t t i

M

và

N

sao cho

A

là trung đi m đo n th ng

ể

ạ

ẳ

MN

.

y

O x

A

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).

MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).

N∈(P) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4).

Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình

1 1 2

2 3 2

x y z

  

Câu 9.b (1 đi m)

ể

Cho s ph c

ố

ứ

z

th a mãn

ỏ

5(

)

2

1 z i

i

z



 



.

Tính mơ đun c a s ph c :

ủ ố

ứ

w

  

1 z z

.

Đặt z = a + bi (a,b ∈  ), z ≠ −1.

Ta có

5( )

2 (3 2) ( 7 6) 0

3 2 1

7 6 1

z i

i a b a b i

z

a b a

a b b



        



  

 

  

 

 

 

Do đó z =1+i. Suy ra w =1+ z + z2 =1+1+ i + (1+i)2 = 2+3i.

Vậy w  2 3i  13.

</div>

DapanToanAA1dachuyensangWord

<b>PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 </b>

<b>Ầ</b>

<b>Ấ</b>

<b>Ả</b>

<b>đi m</b>

<b>ể</b>

<b>)</b>

<b>Câu 1. (2 đi m) </b>

<b>ể</b>

Cho hàm s

ố

<i>y x</i>





2(

<i>m</i>



1)

<i>x</i>



<i>m</i>

(1), v i m là tham s th c.

ớ

ố ự

a) Kh o sát s bi n thiên và vẽ đ th hàm s (1) khi

ả

ự ế

ồ ị

ố

<sub>.</sub>

b) Tìm

<i>m</i>

đ đ th hàm s (1) có ba đi m c c tr t o thành ba đ nh c a tam giác

ể ồ

ị

ố

ể

ự

ị ạ

ỉ

ủ

vng.

<b>b) </b>





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<b>Câu 2. (1 đi m) </b>

<b>ể</b>

Gi i ph

ả

ươ

ng trình :

3 sin 2

<i>x</i>



cos 2

<i>x</i>



2cos

<i>x</i>



1

<sub>.</sub>

●

●

<sub> ho c </sub>