• Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
No Downloads

Views

Total Views
287
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0

Actions

Shares
Downloads
3
Comments
0
Likes
1

Embeds 0

No embeds

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
    No notes for slide

Transcript

  • 1. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN - Khối : APHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1 )x 2 + m 2 ( 1 ) ,với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình 3 s in2x+cos2x=2cosx-1  x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y  Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 1 (x, y ∈ R). x + y − x + y = 2  2 3 1 + ln( x + 1) Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx 1 x2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là  11 1  trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ;  và  2 2 đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. x +1 y z − 2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = 1 2 1 và điểm I (0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. n −1 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn = Cn . Tìm số hạng chứa x5 trong 3 n  nx 2 1  khai triển nhị thức Niu-tơn  −  , x ≠ 0.  14 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. x +1 y z − 2 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = 2 1 1 , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa = 2 − i . Tính môđun của số phức w = 1 + z + z2. z +1 BÀI GIẢI GỢI ÝPHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :
  • 2. m = 0 ⇒ y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1 lim y = +∞ y x→±∞ Bảng biến thiên : x -∞ -1 0 1 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ -1 O 1 -1 -1 - x y = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 2 Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( ± 2 ; 0) - -1 3b/ y’ = 4x – 4(m + 1)x y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2), B (- m +1 ; – 2m – 1); C ( m +1 ; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1) Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) 3 ⇔2 m +1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 ⇔ 1 = (m + 1) m +1 = (m + 1) 2 (do m > -1) ⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0Câu 2. 3 s in2x+cos2x=2cosx-1 ⇔ 2 3 sinxcosx + 2cos2x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1 3 1 1 π π ⇔ cosx = 0 hay sinx + cosx = ⇔ cosx = 0 hay cos( x − ) = cos 2 2 2 3 3 π 2π ⇔ x = + kπ hay x = k 2π hay x = + k 2π 2 3Câu 3: x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y 2 1 Đặt t = -xx + y − x + y = 2 2 t + y 3 + 3t 2 + 3 y 2 − 9(t + y ) = 22 3 Hệ trở thành  2 1 . Đặt S = y + t; P = y.t t + y + t + y = 2  2  S − 3PS + 3( S − 2 P ) − 9 S = 22 3 2  S 3 − 3PS + 3( S 2 − 2 P ) − 9S = 22  Hệ trở thành  2 1 ⇔ 1 2 1 S − 2P + S =  P = (S + S − )  2  2 2 2 S + 6 S + 45S + 82 = 0 3 2  3  P =  3 1   1 −3 ⇔ 1 2 1 ⇔ 4 . Vậy nghiệm của hệ là  ; −  ;  ;   P = (S + S − )  S = −2  2 2 2 2   2 2  x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y  1 1Cách khác :  1 2 1 2 . Đặt u = x − ; v = y + ( x − ) + ( y + ) = 1 2 2  2 2
  • 3.  3 3 2 45 3 45 u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − (v + 1) 3 2Hệ đã cho thành  2 4 2 4 u 2 + v 2 = 1  3 2 45 45Xét hàm f(t) = t − t − t có f’(t) = 3t − 3t − 3 2 < 0 với mọi t thỏa t≤ 1 2 4 4 v = 0  v = −1⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒  hay  u = 1 u = 0  3 1   1 −3 ⇒ Hệ đã cho có nghiệm là  ; −  ;  ;  . 2 2 2 2 Câu 4. x −1 3 3 3 3 3 1 + ln( x + 1) 1 ln( x + 1) 2 ln( x + 1) I =∫ dx = ∫ 2 dx + ∫ dx = + J = + J . Với J = ∫ dx 1 x 2 1 x 1 x 2 −1 1 3 1 x2 1 1 −1 Đặt u = ln(x+1) ⇒ du = dx ; dv = 2 dx , chọn v = -1 x +1 x x −1 3 3 dx −1 3 −4 ( − 1) ln( x + 1) + ∫ 3 J= = ( − 1) ln( x + 1) + ln x 1 = ln 4 + 2 ln 2 + ln3 x 1 1 x x 1 3 −2 2 −2 = ln 2 + ln 3 . Vậy I = + ln 2 + ln 3 3 3 3 dx dx −1Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du = ; đặt dv = 2 , chọn v = , ta có : x +1 x x 3 3 3 3 1 dx 1 x 2 −2 I = − [ 1 + ln( x + 1)] + ∫ = − [ 1 + ln( x + 1) ] + ln = + ln 2 + ln 3 x 1 1 x( x + 1) x 1 x +1 1 3 3Câu 5.Gọi M là trung điểm AB, ta có S a a aMH = MB − HB = − = 2 3 6 22 2 a 3  a 28a 2 a 7 ICH =   +  = ⇒ CH =  2  6 36 3 K 2a 7 a 21SC = 2 HC = ; SH = CH.tan600 = M 3 3 B H A 1 a2 7 a3 7V ( S , ABC ) = a= 3 4 12dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC DVẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông CSHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK.Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm. 1 1 1 1 1 ⇒ = + = + 2a 3 a 3 HI 2 HS 2 HK 2  a 21  2 a 3 2HK = = , hệ thức lượng 3 2 3   3     3      a 42 3 3 a 42 a 42⇒ HI = ⇒ d [ BC , SA] = HI = = 12 2 2 12 8Câu 6. x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứngta có thể giả sử xy ≥ 0
  • 4. Ta có P = 3 x − y + 3 2 y + x + 3 2 x + y − 12( x 2 + y 2 + xy ) = 2 y + x + 2 x+ y P = 3 x − y + 3 2 y + x + 3 2 x + y − 12[( x + y ) 2 − xy ] ≥ 3 x − y + 2.3 2 − 12[( x + y ) 2 − xy ] 3 x+ y ≥ 3 x − y + 2.3 − 2 3 x + y . Đặt t = x + y ≥ 0 , xét f(t) = 2.( 3) − 2 3t 3t 2 f’(t) = 2.3( 3)3t .ln 3 − 2 3 = 2 3( 3.( 3)3t ln 3 − 1) > 0 ⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2 Mà 3 x − y ≥ 30 = 1. Vậy P ≥ 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0. Vậy min P = 3.A. Theo chương trình Chuẩn :Câu 7a. A B a 10 a 5 5a Ta có : AN = ; AM = ; MN = ; 3 2 6 AM 2 + AN 2 − MN 2 1 M cosA = = · ⇒ MAN = 45o 2 AM . AN 2 · 0 (Cách khác :Để tính MAN = 45 ta có thể tính C D N 1 2− · · tg ( DAM − DAN ) = 3 =1 ) 1 1 + 2. 3 11 1 Phương trình đường thẳng AM : ax + by − a − b = 0 2 2 · 2a − b 1 a 1 cos MAN = = ⇔ 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = ) ⇒ t = 3 hay t = − 5(a + b ) 2 2 2 b 3 2 x − y − 3 = 0 + Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :  ⇒ A (4; 5) 3 x + y − 17 = 0 1 2 x − y − 3 = 0 + Với t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :  ⇒ A (1; -1) 3 x − 3y − 4 = 0 3 5 3 10 11 2 7 2 45Cách khác: A (a; 2a – 3), d ( M , AN ) = , MA = MH . 2 = ⇔ (a − ) + (2a − ) = 2 2 2 2 2 ⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A r 5). (4; uuCâu 8a. Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. uuu uu r r AB R 2 [ MI , ud ] uuu uu r r 8 2IH = = = d (I , d ) = uu r ⇒ [ MI , ud ] = (−2;0; −2) ⇒ IH = = 2 2 ud 6 3R 2 2 2 6 8 = ⇒ phương trình mặt cầu (S) là : x + y ( z − 3) = . 2 2 ⇒R= 2 3 3 3 n −1 n(n − 1)(n − 2)Câu 9.a. 5Cn = Cn ⇔ 5.n = 3 ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 6 7 −i i 7 −i 7 −i  x2   1 1 Gọi a là hệ số của x ta có C 5 7   .  −  = ax5 ⇔ (−1)i C77 −i .   .x14−3i = ax 5  2   x 2 7 −i 1 −35 −35 5 ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và −C77 −i .   =a ⇒a= . Vậy số hạng chứa x5 là .x . 2 16 16B. Theo chương trình Nâng cao :
  • 5. x2 y 2Câu 7b Phương trình chính tắc của (E) có dạng : + = 1 (a > b) . Ta có a = 4 a 2 b2(E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : x2 y 2 4 4 16 + =1M (2;-2) thuộc (E) ⇔ 2 + 2 = 1 ⇔ b = . Vậy (E) có dạng 16 16 2 a b 3 3Câu 8b. M ∈ d ⇒ M (−1 + 2t ; t ; 2 + t ) (t ∈ R ) ; A là trung điểm MN ⇒ N (3 − 2t ; −2 − t ; 2 − t ) x +1 y + 4 zN ∈ ( P ) ⇒ t = 2 ⇒ N (−1; −4;0) ; ∆ đi qua A và N nên phương trình có dạng : = = 2 3 2Câu 9b. z = x + yi5( z + i ) 5( x − yi + i ) 5[( x − ( y − 1)i ) = 2−i ⇔ = 2−i ⇔ = 2−i z +1 x + yi + 1 ( x + 1) + yi⇔ 5 x − 5( y − 1)i = 2( x + 1) − ( x + 1)i + 2 yi + y ⇔ 5 x − 5( y − 1)i = (2 x + 2 + y ) − ( x + 1 − 2 y )i2 x + 2 + y = 5 x 3 x − y = 2 x = 1 ⇔ ⇔ x + 1 − 2 y = 5( y − 1)  x − 7 y = −6 y =1z = 1 + i; w = 1 + z + z 2 = 1 + (1 + i ) + (1 + i ) 2 = 1 + 1 + i + 1 + 2i + (−1) = 2 + 3i ⇒ w = 4 + 9 = 13 Hoàng Hữu Vinh, Trần Quang Hiển (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)