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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (401.83 KB, 13 trang )

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

Câu1

a) 4 2

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)

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





2 3

3
2

4 4 1

' 0 4 4( 1) 0
4 ( 1) 0

( 1) 0 (*)

y x m x

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

1 1

x  m và x2   m1
Gọi

(0; ); ( 1; 2 1)
( 1; 2 1)

M m N m m

P m m

  
   

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 (m1) ( m1)3 1 0
<=>m=0 (vì m>-1)

Vậy m=0

Câu 2.

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









3sin 2

cos2

2cos

1

2 2 3 sin cos

2cos

1 2cos

1 cos

3 sin

cos

1 0

cos

0

3

1 sin

cos

2

1 sin

6

2

6

5

2

6

2 , ,

2

3 x

k

x

k

x

m

x

n

x

k

x m

k n m

x

n









 

























 







 

















  



















 





  



   



 







  



 















Câu 3.

Đặt y = -z













3 3 2 2

2 2

3

9

22

0

1

2 x

z

x

z

x

z

x

z

x

z

  





 









 







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





 

3 2

3 3 2 9 22 0

1
2

3 3 6 9 22 0 1

2 2

S SP S P S

S x z

P xz S P S

S SP S P S

S P S

      

 

 

  

    



      



    




Từ (2)

2

1

4 S

P



 

Thay vào (1) ta được :









 

3 2 2 2

3 2

3

6

2

1

3

2

1

9

22

0

4

2

6

45

82

0

2

41

0

3 S



 





 





 











 









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

 

2

3 3 1

1 3

2 3

;

,

;

4 2 2

4 x

z

S

P

x z

xz

 







 



   









 







 





Vậy

 

3

1

3 ;

,

;

2 x y









 

 









 



Câu 4.













3 3

2 2 2

1 1

3 3

1 2

2 2

1 1

1 ln

1 x

I

dx

x

dx

I

x



























 



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





3
3

1 1 2

1
3

2 1 2

1

2

3 ln

1 I

dx

x

I

dx

x



 









Đặt













3
3
2

1
1

3 3

1 1

1 ln

1 ln 4 ln 2

3

1 ln 4 ln 2 ln

3

1

3 ln 2 ln

3

2 u

x

du

dx

x

dv

dx

v

dx

x

I

x

dx

x

x x

dx

x



























  







 







 















 









Vậy

2

1

3 ln 2 ln

3

2 I

 



Câu 5.

Tích Thể Tích khối chóp S.ABC
Gọi M là trung điểm AB

MH= MB=

1 a

3

6

Vì



ABC

đều cạnh a, CM là đường
cao =>

CM=

a 3

2

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

2 CH =CM +MH

2 2

a 3

a

+

2

6 



 





 





 





7 2

a

9 CH=

a 7

3

Ta có



SC, ABC =SCH=60





o

SH

a 21

tanSCH=

= 3

SH=HC. 3=

HC



3

2

3

1 1 a 21 a

3 a

7 V

= SH.S

= .

.

=

SABC

3

ΔABC

3

4

12

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









d

=d

BC;SA





B



SA,d





Dựng hình thoi ABCD
Dựng HK

(

)

(

)

HK

AD k

AD

HI

SK I

SK









Ta có

SH





ABC





SH



AD

Mà

HK



AD

nên

AD





SHK





SAD

 

SHK







Mà

HI



SK n n HI

ê





SAD



HI là khoảng cách từ H đến (SAD)

2

3 AH sin

.

3

2

3 a

KH



KAH



Vì

2
2

2 2 2 2

1 1 1 3 3 24

90 ê

7
21

7
2 6

o

SHK n n

HI HS HK a a a

a
HI

 

       

   

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vì BC//(SAD) và

2

3 HA



AB

nên khoảng cách cần tìm là

3

7

42 .

2 2 2

6

8 a

HI



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

2 2 2 2

3

12

3

12

x y y z x z

x y y x x y

P

x

y

x

y

x

y

x

y

  

  

















Đặt

2 a

x

y

b

y

x







  



thì

2
3
2

a b
x

b a
y


 


 

 


và

a

 

b

0

Thay vào P ta được :

2 2

3

2

3

2

3

2

a b a b

P

a

ab b

a b





  

















  



















Đặt

,

2 a b

u





v





thì

u

 

v

0

và ta có :

2

9 v

3 u v

2

3 P







u



v

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2 2

( )

9

3

2

3 ,

0

2 '( )

3 ln 3 3

ln 3

3 2 ln 3 2

0

v u v u v

u v u v

P

f u

u

v u

v

u

f u

u

v

 









 











 

( )

f u

 đồng biến trên v;)kéo theo

2 2

( )

9

3 1 2 4

2.9

4 1 (1)

v v

v

f u

f v

v







 







Xét

g v

( )



2.9

v



4 v



1,

v



0 '( )

2.9 ln 9 4

v

4.9 ln 3 4

v

4ln 3 4

0 g v



 

 

 

do v



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 x2  y2 z2  2



xy yzzx



Do đó 6



x2 y2 z2



2



x y2 y z2 z x2



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



2 2 2



3

a

3

b

3

c

2 P



  

a



b



c

Vì

a b

 

c

nên





a b c





c

Tương tự









2
2

b c a

a

c

a b

b









Công ba bất đẳng thức trên ta được





2 2 2







2 2 2



2 ab bc ca





a



b



c



a b c

 



2 a



b



c

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>







 



3 3 3

a b c

P a b c
a b c

     

     

Xét hàm

 

3 ,

0 3 ln 3 1

0

1

x

f x

x x

f

x

f x

f









 







Vì Vậy

P



3

, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0

Câu 7.

a).





 

2
2

11 3

15 3 5

2
,

2
2 5

2 1

h d M AN

 

   

 

Đặt

6 ,

0 AB



x x



Có

2 2 2 2 2

1 .

6 .2

6

2

1 .

6 .3

9

2

1 .

3 .4

6

2

36

6

9

6

15

ADN

ABM

CMN

AMN ABCD ADN ABM CMN

S

AD DN

x x

x

S

AB BM

x x

x

S

CM CN

x x

x

S

x















Theo định lý pitago 2 2

AN  AD DN

2 2

36 4 2 10

2 30 15 3 5 1

2 10 10 2

AMN

x x x

S x x

h x

AN x

  

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Định lý pitago

2 2 2 2 45

36 9 145

AM  AB BM  x  x  x

:2

3

0

2

3 AN

x

    

y

x



Đặt: A a a( ; 2 3)

2 2

11 1 45

2 3

2 2 2

11 7 45

2 2 2

5 25 20 0 5 4 0
1

a a

a a a a

a
a

   

        

   

   

      

   

       



  



Vậy A1(1; 1), A2(4;5)

Câu 8.

a).

Gọi









(

1; 2 ;

2)

1; 2 ;

2 0; 0;3

A a

a a

B b

b b

I









Với a ≠ b

















2 2 2

1; 2; 1
1; 2 ; 1

2 1 4 6 4 2

IA a a

IB b b b

IA a a a a

IB b b b b




   
  

      
     

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>













 



2 2

2 1 1 4 0

. 0

6 4 2 6 4 2

3 1 0 (1)

6 4 0 (2)

a b ab

IA IB

a a b b

IA IB

ab a b

a b a b

 

     

   

 

    




 



   


 

     

  



Từ (2) vì a ≠ b 2

a b

   thế vào (1)
Ta được

1
9

ab 

1

2

3

1

2

3

8

3 a

b

IA









 



 







Vậy

 

2 2





2 8

: 3

S x  y  Z  

Câu 9.

a).







1 3

2
2

1 2

1.2.3

30 3 2

3 28 0
7( / )

4( )

n

n
n

C C

n n n

n

n n

n t m

n loai

 

 

 

   

   




   



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

7 7

2 2

7

1

14

2 x

hay

x



























Số hạng tổng quát là

 

7
2
7

14 3
7

1

2 1 .

,

7

2

k k

k

k
k

k

x

C

x

C

k

N k








 







 



















Xét

14 3



k

  

5 k

3

Vậy số hạng chứa 5

x là

 

3 5

7 4

35

1

2

16 x

C



 

x

Câu 7b)

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

Suy ra

a



a

  

8 a

2

2 2

2 2 2 2

4 ( ) :

E

x

y

1 m



n

 

m



n



Vì 2m=8 nên m=4 2 2

1

4

16

1

4 n

3  

 



Vậy

2 2

( ):

1

16

3 x

y

E





Câu 8b)

Viết lại (d) dưới dạng:
2 1

( )
2

x t
y t t
z t

 


  


  


</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2 1 2 3 2

2 2

2 4 2

2 5 0 2 5 0
3 2 2 4 2 5 0

t a a t

t b b t

t c c t

a b c a b c

t t t

t

    

 

       

 

      

 

         

 

       
 

Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn

Câu 9

b)

Đặt



,



.

Z

 

a bi a b



R



 







 



2
2 1

5 2 1

5 5 5 2 2 2

3 2 6 7 0

3 2 0 1

6 7 0 1

Z i

i

a bi i i a bi

a bi i a bi ai b i

a b i b a

a b a

b a b



  

 

   



      

        

      

   

 

   

   

 

Vậy





2
2

2 2

1 ,

1 1 2

1

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

2

3

13 Z

i Z

i

Z

 

   



</div>


<a href=''>313</a>

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

<b>Câu1 </b>





<b>Câu 2. </b>









3sin 2

cos2

2cos

1

2

2 3 sin cos

2cos

1 2cos

1

cos

3 sin

cos

1 0

cos

0

3

1

1

sin

cos

2

2

2

2

1

sin

6

2

2

2

6

6

5

2

6

6

2

2

, ,

2

2

3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>n</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>x m</i>

<i>k n m</i>

<i>x</i>

<i>n</i>

