dap an mon toan 2012

Document Sample
dap an mon toan 2012 Powered By Docstoc
					Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                        Môn Toán - Khối A, A1



                   HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1
                                                 NĂM HỌC 2011-2012

                                                  MÔN: TOÁN
                                        (Giáo viên: Tổ Toán Hocmai.vn)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2, 0 điểm)
Cho hàm số y  x 4  2(m  1) x 2  m2 (1)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
Với m = 0, ta có y  x 4  2 x 2
1. Tập xác định: D = R
2. Sự biến thiên
- Chiều biến thiên
                                          x  0
y '  4 x3  4 x
                                         x  1
                                          
y  0  4 x  4 x  0  4 x( x  1)  0
 '         3                  2
                                           x  1
                                          
- Vẽ đồ thị (học sinh tự vẽ):
+ Hàm số chẵn đối xứng qua trục tung
                   x  0
+ Giao Ox: y = 0  
                   x   2
+ Giao Oy: x = 0 suy ra y = 0
- Tính giới hạn:
lim  ; lim  
x          x 

- Bảng biến thiên
- Hàm số đồng biến trên các khoảng từ (- 1; 0) và (1;  )
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng từ ( ;1 ) và (0; 1)
- Cực trị
+ Hàm số đạt giá trị cực đại: xCD  0  yCD  0
+ Hàm số đạt giá trị cực tiểu: xCT  1  yCT  1
b. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông.
         y '  4 x3  4(m  1) x
Đề hàm số có 3 cực trị  y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
         y '  0  4 x 3  4( m  1) x  0
          x  0
         
          x   m 1
Để hàm số có 3 cực trị  m+1 > 0  m > -1.



Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012          Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 1 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                               Môn Toán - Khối A, A1


Tọa độ điểm cực trị
A(0; m2 )
B( m  1; 2m  1); C ( m  1; 2m  1)
AB  ( m  1) 2  (2m  1  m2 ) 2 ; AC  ( m  1) 2  (2m  1  m2 ) 2
Ta có AB = AC nên ABC cân tại A.
Vậy ABC vuông 
                        A  90o  AB. AC  0
                        AB ( m  1; 2m  1  m 2 ); AC  ( m  1; 2m  1  m 2 )
                        AB. AC  0  (m  1)  (2m  1  m 2 ) 2  0
                          m  1  4m 2  1  m 4  4m  2m 2  4m3  0
                         m 4  4m3  6m 2  3m  0
                         m  0
                         
                         3                        m  0(TM )
                           m  4m 2  6m  3  0  
                         
                                                   m  1( L)
Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu

Câu 2 (1, 0 điểm): Phương trình đã cho tương đương:
        2 3 sin x cos x  2 cos 2 x  2 cos x  0  2 cos x( 3 sin x  cos x  1)  0
                                   
                              x  2  k              
         cos x  0                               x  2  k
                                             
                   
         sin x( x  )  1    x    k 2   x  k 2
                                      6 6         
                   6    2                            2
                              x   5         x       k 2
                                            k 2       3
                             
                                   6   6


Câu 3 (1, 0 điểm):
       x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y  ( x  1)3  12 x  23  ( y  1)3  12 y
        ( x  1)3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1) (1)

                            1        1          1
       x2  y 2  x  y       ( x  )2  ( y  ) 2  1 (2)
                            2        2          2

Từ (2)
             1 2                1       3          1
       ( x  2 )  1
                       1  x  2  1
                                         2  x 1  2
                                         
                                     
       ( y  1 ) 2  1 1  y  1  1  1  y  1  3
       
             2         
                                 2      2
                                                      2
Nên x -1 và y+1 đều thuộc (-2;2)
Ở (1), xét f (t )  t 3  12t với t  (2; 2)
            f '(t )  3t 2  12  0 t  (2; 2)


Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012                 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 2 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                            Môn Toán - Khối A, A1


Nên
  (vì x  1; y  1 (2;2) )
 x  y2
Thay vào phương trình (2):
                                                               3      1
                             1                      y         2
                                                                   ; x
                                                                        2
( y  2)  y  ( y  2)  y   4 y  8 y  3  0  
        2   2                      2

                             2                      y         1      3
                                                                   ; x
                                                    
                                                               2       2
                                   3 1 1 3
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm: ( x; y)  ( ; );( ; )
                                   2 2 2 2


Câu 4 (1, 0 điểm):
        1  ln( x  1)
      3
I=    
      1
              x2
                       dx

Đặt u = 1 + ln(x + 1) w  1  z  z 2
     1              1
dv    2
         dx  v 
     x                x
     1  ln( x  1) 3                                1  ln 4
                        3                                        3
                              1                                    1   1
I                               dx  (1  ln 2           ) (     )dx
                          x( x  1)                                x x 1
                    1
           x            1
                                                        3        1

      2 ln 2        x 3 2         2
            ln         ln 3  ln 2
      3 3         x 1 1 3        3


Câu 5 (1, 0 điểm):
                   a2 3
Ta có: S ABC    
                     4
Vì SH  ( ABC ) tại H nên  SC ;( ABC )   SCH  600
                                       
Xét tam giác BCH: Ta có:
                                              a         a          7a 2
CH 2  BC 2  BH 2  2 BC.BH .cosCBH  a 2  ( ) 2  2a. .cos600 
                                              3         3           9
                   a 7
Suy ra: CH 
                    3
                                                                             a 7      a 21
Tam giác SCH vuông tại H, có SCH  600 nên: SH = CH. tan 600 =                   . 3
                                                                              3         3
           1           1 a 21 a 2 3 a 3 7
Vậy VSABC  SH .S ABC  .    .     
           3           3 3       4    12
Dựng hình thoi ACBD trong mp (ABC)
Vì BC//AD  BC / /( SAD)
                                                           3VSABD
Do đó d  SA; BC   d  BC ;( SAD)   d  B;( SAD)  
                                                            S SAD


Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012             Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12             - Trang | 3 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                                    Môn Toán - Khối A, A1


                                     a3 7
Ta có: VSABD  VSABC 
                                      12
                                                     a 7
Tam giác SAD có AD = a; DH = CH =
                                                      3
                                     21a 2 4a 2 5a
SA =       SH 2  HA2                        
                                      9     9    3
                                     21a 2 7a 2 2a 7
SD =       SH 2  HD2                        
                                      9     9     3
                        25a 2        28a 2
                               a2 
          SA  AD  SD
                  2              2      2
                                      9 1
cos SAD                9
             2SA. AD            5a         5
                              2. .a
                                 3
                                            2 6
 sin SAD  1  cos 2 SAD 
                                             5
         1                 1 5a a 2 6 a 2 . 6
SSAD     AS. AD.sin SAD  . .      
         2                 2 3     5      3
                  3
                 a 7
              3.
                         42
d  SA; BC   2 12        a
                a 6      8
                  3

Câu 9.a (1, 0 điểm)
                                              n(n  1)(n  2)
5Cn 1  C4 (n  3; n  )  5n 
  n       3
                                                               n3  3n 2  2n  30n
                                                     6
                      n  7
 n 2  3n  28  0  
                       n  4(loai )
                                                     7k
  nx 2 1 n   x2 1      7
                                k x
                                    2
                                                             1
(      )  (  )7   (1) k .C7 ( )                      .( ) k
  14 x       2 x     k 0          2                         x
     7
                      x14 3 k
=    (1) k .C7k .
    k 0               27  k
Số hạng chứa x 5 ứng với 14 – 3k = 5
                                             x5     35
Vậy số hạng chứ x 5 là (1)3 .C7 .
                               3
                                               4
                                                 
                                             2      16


Câu 7a.
AN : 2 x  y  3  0  y  2 x  3
Xét  là góc giữa CD và AN
         AD DC
tan             3
         ND ND
Gọi k là hệ số góc của CD thì:


Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012                      Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 4 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                    Môn Toán - Khối A, A1


           2k
tan            (Vì AN có hệ số góc bằng 2)
          1  2k
              k  1
   2k
        3 
  1  2k      k  1
                   7
Từ M, kẻ MH // CD (H  AN) thì H là trung điểm của AN
                 1             5a
Đặt AB=a thì MH  ( AB  CD) 
                 2              6

TH1: k=-1, phương trình MH là:
         11 1
y  1( x  )
          2    2
 y  x  6
H có tọa độ là nghiệm của hệ:
           y  x  6  x  3
                            H (3;3)
           y  2x  3  y  3
                11         1         5 2
          MH  (  3) 2  (  3) 2 
                 2         2          2
          5a 5 2
                 a3 2
           6    2
               1    1              1 a 10
          HA  AN    AD 2  DN 2  .      5
               2    2              2 3
A  AN : A( x0 ; 2 x0  3)
HA2  5  ( x0  3) 2  (2 x0  3  3) 2  5
                     x0  4   A(4;5)
 ( x0  3) 2  1          
                     x0  2   A(2;1)
Mặt khác, .. tù nên HA.HM  0
                                   5 5
Xét A (4; 5) thì HA  (1; 2) HM  ( ;  )
                                   2 2
            5
 HA.HM      5  0
            2
 A(4;5) thỏa mãn đề bài.
A (2; 1) : Loại
                      1                          1    11 1       1    9
Trường hợp 2: k         , phương trình MH là: y  ( x  )   y     x
                      7                           7      2  2      7     7
                        1     9
                   y      x     x  2
                         7     7       H (2;1)
                    y  2x  3    y 1
Tạo độ H là nghiệm 
                             11         1         5 2
                       MH  (  2) 2  (  1) 2 
                              2         2          2


Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012      Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 5 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                                    Môn Toán - Khối A, A1


Ta lại có a = 3 2 và HA2  5  ( x0  2) 2  (2 x0  3  1) 2  5  ( x0  2) 2  1

      x0  1   A(1; 1)
            
      x0  3  A(3;3)
Xét A (1 ; -1):
    HA  ( 1; 2)
          7 1
    HM  ( ;  )
          2 2
                   7
Suy ra: HA.HM    1  0 (thỏa mãn)
                   2
Xét A (3; 3): Loại
Vậy có hai điểm A: A (4; 5) và A (1;-1)


Câu 7.b (1, 0 điểm)
                                    x2 y 2
Giả sử phương trình (E) cần tìm là: 2  2  1
                                   a     b
Độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a = 8 suy ra a = 4
         x 2  y 2  8 (1)
        
Xét hệ:  x 2 y 2
          2  1 (2)
        16 b
Từ hệ trên, ta thấy 4 giao điểm của (E) và (C) có tọa độ là:
    A( x0 ; y0 ), B( x0 ;  y0 ), C ( x0 ;  y0 ), A( x0 ; y0 )
Với x0  0 , y0  0 và ABCD là 1 hình chữ nhật. Để ABCD là hình vuông thì AB = BC
     2 y0  2 x0  x0  y0
Thay vào phương trình (1) ta được: 2 x0  8  x0  2 (vì x0  0 )
                                      2



                        22 22       4 3        16
Thay vào (2):              2  1  2   b2 
                        16 b       b   4        3
                      x2 y 2
Vậy phương trình (E):       1
                      16 16
                          3
Câu 8a:




                    I

                H
A
                                        B




Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012                      Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 6 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                       Môn Toán - Khối A, A1


(d) đi qua M (-1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương u (1; 2;1) .

                           [ IM , u ]
Ta có: IH = d[I; (d)] =                  .
                                 u

IM (1;0; 1) .
 IM , u  = (2; 0; -2).
        
                22  02  (2) 2         2 2
d [I; (d)] =                                .
                  12  22  12             6
        IA  IB  R
       
Ta có:              =>  IAB vuông cân tại I.
        AIB  90
                  0
       
                             2 2
Nên: R = IA = IH. 2 =            .
                               3
                                                 8
Vậy phương trình (S): x2+y2+ (z - 3)2 =            .
                                                 3

Câu 8.b (1, 0 điểm)
   x 1 y z  2
d:                  .
      2     1     1
(P) : x + y – 2z + 5 = 0; A (1; -1; 2).
Viết phương trình  cắt d và (P) lật lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của MN.
          x  1  2t
         
Ta có d:  y  t             t  R.
         z  2  t
         
Gọi M là giao của d và  ta có: M ( -1+2t; t; 2+t).
                                xM  x N
                           xA     2
                          
                                y  yN
A là trung điểm của MN =>  y A  M
                                   2
                                zM  z N
                          zA 
                                   2
        xN  3  2t
       
       y N  2  2t .
       z  2  t
        N
Mà N  (P) => 1.(3-2t) + 1.(-2-t) – 2.(2-t) + 5 = 0.
 3 – 2t – 2 – t – 4 + 2t + 5 = 0.
 t = 2.
Vậy M(3; 2; 4)
 qua MA và vectơ chỉ phương MA (-2; -3; -2)//(2; 3; 2).



Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012         Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12            - Trang | 7 -
Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học năm 2012                                             Môn Toán - Khối A, A1


                      x  1  2t
                     
Vậy phương trình  :  y  1  3t         t  R.
                      z  2  2t
                     


Câu 9.b (1, 0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn
   
5( z  i)
           2  i. Tính modun của số phức w  1  z  z 2 .
 z 1
                                 
Gọi Z= a+bi , a,b  R ;          z  a  bi Điều kiện z  1 .


        5(a  bi  i)
Ta có                  2  i.
         a  bi  1
 w  32  32  3 2  5 a  (b 1)i  = (2-i)(a+bi+1)
  5a  5(b  1)i  2a  2bi  2  ai  b  i  5a  5(b  1)i  2a  2  b  (2b  a  1)i
 5a  2a  2  b                     3a  b  2   a  1
                                                     (Thỏa mãn)
 5(b  1)  2b  a  1              a  7b  6  b  1
Vậy z = 1+i
W= 3+i+1+2i-1  w=3+3i  w  32  32  3 2



                                                                       Giáo viên : Tổ Toán Hocmai.vn
                                                                       Nguồn :        Hocmai.vn




Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012              Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12             - Trang | 8 -

				
DOCUMENT INFO
Shared By:
Categories:
Tags:
Stats:
views:117
posted:7/4/2012
language:Vietnamese
pages:8