Gợi ý giải môn Toán kỳ thi ĐH 2012

Câu1a) y = x4 − 2x2 TXĐ :R y = 4 x3 − 4 xĐạo hàm x = 0 y= 0 ⇔   x = ±1Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1). x >1 y> 0 ⇔  h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+ ∞ )  −1 < x < 1  x < −1 y< 0 ⇔  h/s nghịch biến trên (−∞; −1) và (0;1) 0 < x < 1BBT: x’ -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 0 +∞ -1 -1Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứngĐồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D ( 2;0) và E ( 2;0) y = x4 − 2 x2

b)y 2 = 4 x3 − 4 ( m + 1) xy = 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. ⇔ m+1>0 ⇔ m>-1Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 = m + 1 và x2 = − m + 1GọiM (0; m 2 ); N ( m + 1; −2m − 1)P( − m + 1; −2m − 1)Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên ∆MNP phải cân tại MVậy tam giác MPN vuông tại M suy ra MN 2 + MP 2 = NP 2⇔ (m + 1) (m + 1)3 − 1 = 0  <=>m=0 (vì m>-1)Vậy m=0Câu 2. ĐK: x ∈ R¡

3sin 2 x + cos2 x = 2cos x −1⇔ 2 3 sin x cos x + 2cos2 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  3Câu 3.Đặt y = -z  x 3 + z 3 − 3 ( x 2 + z 2 ) − 9 ( x + z ) + 22 = 0   2 1  x + z2 − ( x + z ) =  2Đặt

 S 3 − 3SP − 3 ( S 2 − 2 P ) − 9S + 22 = 0 S = x + z   ⇒ 1  P = xz S − 2P − S = 2  2  S 3 − 3SP − 3S 2 + 6 P − 9 S + 22 = 0 ( 1)  ⇔ 2 1  S − 2P − S = ( 2)  2Từ (2) 2S 2 − 2S − 1⇒P= 4Thay vào (1) ta được : 3 6S 3 − S ( 2S 2 − 2S − 1) − 3S 2 + ( 2 S 2 − 2 S − 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 ∆ = −40 < 0Vậy x + z = 2 3  3 1 1 3S =2⇒ P = ⇒ 3 ⇔ ( x; z ) =  ;  ,  ;  4  xz = 2 2 2 2  4 3 1 1 3Vậy ( x; y ) =  ; −  ,  ; −  2 2 2 2Câu 4. 3 1 + ln ( x + 1) 3 1 ln ( x + 1) I =∫ dx = ∫  2 + dx 1 x2 1  x x2  3 1 3 ln ( x + 1)=∫ dx + ∫ dx = I1 + I 2 1 x2 1 x2Với

3 3 1 1 2I1 = ∫ dx = − = 1 x2 x1 3 3 ln ( x + 1)I2 = ∫ 2 dx 1 xĐặt  1u = ln ( x + 1)  du = dx  x +1 1 ⇒dv = 2 dx v = − 1 dx x   x 3 1 3 1⇒ I 2 = − ln ( x + 1) + ∫ dx x 1 ( 1 x x +1 ) 1  31 3 1 = − ln 4 + ln 2 +  ∫ dx − ∫ dx  1 x +1 3 1 x  3 1 x= − ln 4 + ln 2 + ln 3 x +1 1 1 3= ln 2 + ln 3 2Vậy 2 1 3I= + ln 2 + ln 3 3 2Câu 5.Tích Thể Tích khối chóp S.ABCGọi M là trung điểm AB => 1 aMH= MB= 3 6Vì ∆ABC đều cạnh a, CM là đường a 3cao => CM= 2Xét ∆CMH vuông tại M

2  a 3   a 2 7 2Theo Pitago ta có: CH2 =CM2 +MH2 =   +  = a  2  6 9   a 7=> CH= 3 ·Ta có ( SC,( ABC ) ) =SCH=60o · SH a 21tanSCH= = 3 ⇒ SH=HC. 3= HC 3=> V 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 = SH.S = . . = SABCΔABC 3 3 3 4 12Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BCNên BC//(SA;d) d =d=> [ BC;SA ]  B→( SA,d )   Dựng hình thoi ABCDDựng HK HK ⊥ AD(k ∈ AD) HI ⊥ SK ( I ∈ SK )Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ADMà HK ⊥ AD nên AD ⊥ ( SHK )⇒ ( SAD ) ⊥ ( SHK )Mà HI ⊥ SK nên HI ⊥ ( SAD )⇒ HI là khoảng cách từ H đến (SAD) · 2a 3 aKH = AH sin KAH = . = 3 2 3Vì 2 2· 1 1 1  3   3 24SHK = 90o nên = + = +  = 2 HI 2 HS 2 HK 2  a 21   a  7 a    a 7⇒ HI = 2 6

2Vì BC//(SAD) và HA = AB nên khoảng cách cần tìm là 3 3 3 a 7 a 42 HI = . = 2 2 2 6 8Câu 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  2b − a và a≥b≥0b = 2 y + x y =   3Thay vào P ta được : P = 3a −b + 3a + 3b − 2 a 2 − ab + b 2 2 2  a+b  a −b  = 3a −b + 3a + 3b − 2   + 3   2   2  a+b a −bĐặt u = ,v = thì u ≥ v ≥ 0 và ta có : 2 2 P = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2Xét hàm:

P = f (u ) = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2 , u ≥ v ≥ 0 2u f (u ) = 3u + v ln 3 + 3u −v ln 3 − 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 ≥ 0g (v) = 2.9v ln 9 − 4 = 4.9v ln 3 − 4 ≥ 4 ln 3 − 4 > 0 do v ≥ 0Suy ra g(v) đồng biến trên [ 0; +∞), kéo theo g (v) ≥ g (0) = 3 (2)Từ (1) và (2),suy ra f(u) ≥ 3 hay P ≥ 3Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0Vậy min P=3Cách2Đặt a = x − y ,b = y − Z ,c = z − xTừ giả thiết suy ra x 2 + y 2 + z 2 = −2 ( xy + yz + zx )Do đó ( 6 ( x2 + y 2 + z 2 ) = 2 x − y + y − z + z − x 2 2 2 )Vì vậy nếu đặt a = x − y ,b = y − z ,c = z − x thì a , b, c ≥ 0và a + b ≥ c, b + c ≥ a , c + a ≥ bTa cóP = 3a + 3b + 3c − 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )Vì a+b ≥ c nên ( a + b ) c ≥ c2Tương tự( b + c ) a ≥ a2( c + a ) b ≥ b2Công ba bất đẳng thức trên ta được2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2Do 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) = 1Vì Vậy P ≥ 3 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0Câu 7.a). 1 11 − − 3 2 15 3 5h = d ( M , AN ) = = = 22 + ( −1) 2 5 2 2ĐặtAB = 6 x, x > 0Có 1 1S ADN = AD.DN = 6 x.2 x = 6 x 2 2 2 1 1S ABM = AB.BM = 6 x.3 x = 9 x 2 2 2 1 1SCMN = CM .CN = 3 x.4 x = 6 x 2 2 2⇒ S AMN = S ABCD − S ADN − S ABM − SCMN= 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 10 x 10 2 2Định lý pitago 45 AM = AB 2 + BM 2 = 36 x 2 + 9 x 2 = 145 x = 2 AN :2 x − y − 3 = 0 ⇔ y = 2 x − 3Đặt: A(a; 2a − 3) 2 2  11   1 45⇒  a −  +  2a − 3 −  =  2  2 2 2 2  11   7 45⇔  a −  +  2a −  =  2  2 2⇔ 5a 2 − 25a + 20 = 0 ⇔ a 2 − 5a + 4 = 0 a = 1⇔ a = 4Vậy A1 (1; −1), A2 (4;5)Câu 8.a).GọiA(a − 1; 2a; a + 2)B ( b − 1; 2b; b + 2 ) Với a ≠ bI ( 0; 0;3)

→⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1)→IB = ( b − 1; 2b; b − 1)⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2 2IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2 2Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên→ → IA . IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0  ⇔ 2 6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2 2 IA = IB 2 2  3ab − ( a + b ) + 1 = 0  (1)⇔ ( a − b ) 6 ( a + b ) − 4  = 0 (2)    2Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+b = thế vào (1) 3Ta được 1ab = − 9  1+ 2  a=  3⇒ b = 1 − 2   3 8⇒ IA2 = 3Vậy 8( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3) 2 = 3Câu 9.a).

5Cn −1 = C n n 3 n ( n −1) ( n −2 )⇔5n = 1.2.3⇔30 = n 2 −3n +2⇔n 2 −3n −28 = 0 n = 7(t / m)⇔ n =− loai ) 4(Khai triển 7 7 7x 1  2  x 1 2 −  hay  −  14 x   2 xSố hạng tổng quát là 7−k k k  x  2  1C7   −   2  x x14−3k= C 7 ( −1) . 7 − k , k ∈ N , k ≤ 7 k k 2Xét14 − 3k = 5 ⇔ k = 3Vậy số hạng chứa x 5 là x5 35C ( −1) 4 = − x5 3 3 7 2 16Câu 7b) Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnhhình vuông thỏa mãn A(a;a) a>0Suy ra a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2 x2 y 2 4 4(E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 m n m n 1 4 16Vì 2m=8 nên m=4 ⇒ + 2 = 1 ⇒ n2 = 4 n 3

Vậy x2 y 2 ( E ): + =1 16 16 3Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:  x = 2t − 1  y = t (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=2Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãnCâu 9 b)ĐặtZ = 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 = 1Vậy Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i 2 ⇒ W=1+1+i+2i=2+3i Z = 22 + 32 = 13

Gợi ý giải môn Toán kỳ thi ĐH 2012

by Hà Anh Tuấn on Jul 04, 2012

Accessibility

Categories

Upload Details

Usage Rights

1 Embed 195

Statistics

Gợi ý giải môn Toán kỳ thi ĐH 2012 Document Transcript