Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học Khối A- Năm 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN - Khối : A, A1 Thời gian làm bài 180 phút không kể vthời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số ,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 (1,0 điểm) Giải phương trình Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x, y Î R). Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 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 . 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 trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 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. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Niu-tơn , x ≠ 0. 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. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2). Viết phương trình đường thẳng D cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa . Tính môđun của số phức w = 1 + z + z2. -------- hết ------ Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: .... NHẬN XÉT VỀ ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A VÀ A1 NĂM 2012 Câu 1: a) Khảo sát hàm số trùng phương quen thuộc b) Câu hỏi về cực trị cũng cơ bản song tính toán hơi nhiều. Đa phần học sinh đã làm dạng này rồi. Câu 2: Giải phương trình lượng giác khá đơn giản. Học sinh chỉ cần dùng công thức nhân đôi và giải phương trình lượng giác cơ bản là xong. Câu này dễ hơn năm ngoái. Câu 3: Giải hệ phương trình: Học sinh có thể làm bằng phương pháp thế, đưa về phương trình 1 ẩn. Câu này tương đương năm ngoái, song cũng khá khó, cũng là câu phân hóa. Học sinh không tinh mắt, không được rèn luyện tốt sẽ bỏ hoàn toàn. Câu 4: Câu tính tích phân theo phương pháp từng phần. Câu này cơ bản, quen, nhiều học sinh sẽ làm được. Dạng bài giống với đề khối D hàng năm. Câu 5: Nửa đầu thì cơ bản: tính thể tích khối chóp, song cũng phải có các kiến thức về góc, khoảng cách khá vững mới làm tốt được. Nửa sau thì khó hơn: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau. Ý này coi như để phân hóa. Học sinh vững lý thuyết hoặc chuyển sang tọa độ mới có thể làm được. Câu 6a: Câu phân hóa khó nhất của đề, là câu max, min của biểu thức đối xứng. Dành cho các học sinh có sức sáng tạo cao. Sẽ rất ít học sinh làm được câu này. Câu 7a: Câu này khá khó với học sinh, đề đơn giản nhưng khó tìm manh mối, lời giải. Cần phải vẽ hình và dựa vào tính chất của hình vuông để làm hoặc dùng phương pháp đại số (hệ số góc). Nhiều học sinh vì không làm được câu này sẽ chuyển sang phần Nâng cao. Câu 8a: Câu này thì quen hơn song cũng cần có kiến thức vững về quan hệ của mặt cầu và đường thẳng mới làm được. Câu 9a: Là câu gây bất ngờ nhất cho học sinh, rất ít học sinh ôn tập phần này kĩ. Đề thi từ 2009 đến nay chưa có phần khai triển Newton. Đây là điểm rất đáng tiếc cho thí sinh ôn thi không đầy đủ, không bám sát cấu trúc mà chỉ nhìn vào đề thi những năm trước. Câu 7b: Elip cũng là phần gây chút bất ngờ cho học sinh, đặc biệt là các học sinh không chịu ôn phần này, song nó còn dễ hơn nhiều so với câu 7a. Câu 8b: Câu này khá cơ bản và dễ, nó cũng dễ hơn câu 8a tương ứng. Câu 9b: Đây là dạng quen nhất trong 6 câu của phần riêng. Đa phần học sinh thấy quen và vì thế cũng dễ chọn phần Nâng cao để làm. Tóm lại: Đề thi khá khó, phân hóa rất rõ. Với đề thi này, học sinh trung bình chỉ được khoảng 3, 4 điểm. Học sinh khá có thể được 5, 6 điểm. Học sinh giỏi, nắm vững kiến thức, tính toán đúng có thể được 7, 8 điểm. Học sinh có sự sáng tạo, kĩ năng làm toán nhanh có thể được 9 điểm. Điểm 10 sẽ rất ít, cũng hiếm như năm 2011. Các em thi đợt 2 cần đặc biệt chú ý đến cấu trúc của đề đợt 1. Chúc các em bình tĩnh, tự tin và làm bài thật cẩn thận, rút kinh nghiệm để đạt kết quả cao. GỢI Ý-ĐÁP ÁN Câu 1: Cho hàm số ,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. GY a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = 0 Þ y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 Û x = 0 hay x = ±1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +¥), nghịch biến trên (-¥;-1) và (0; 1) x y -1 O - -1 1 Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1 Bảng biến thiên : x -¥ -1 0 1 +¥ y’ - 0 + 0 - 0 + y +¥ 1 +¥ -1 -1 y = 0 Û x = 0 hay x = Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm (; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = 0 Û x = 0 hay x2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2), B (-; – 2m – 1); C (; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC Þ M (0; -2m–1) Do đó ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) Û 2 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 Û 1 = (m + 1) = (do m > -1) Û 1 = (m + 1) (do m > -1) Û m = 0 Cách khác: 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: và Gọi : Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên phải cân tại M. Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra m=0 (vì m>-1). Vậy m=0 Câu 2. Giải phương trình GY Û sinxcosx + 2cos2x = 2cosx Û cosx = 0 hay sinx + cosx = 1 Û cosx = 0 hay sinx + cosx = Û cosx = 0 hay Û x = hay Câu 3: Giải hệ phương trình (x, y Î R). GY Đặt t = -x Hệ trở thành . Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành . Vậy nghiệm của hệ là Cách khác : . Đặt u = x; v = y + Hệ đã cho thành Xét hàm f(t) = có f’(t) = < 0 với mọi t thỏa çtç£ 1 Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + 1 Þ (v + 1)2 + v2 = 1 Þv = 0 hay v = -1 Þ hay Þ Hệ đã cho có nghiệm là . Câu 4. Tính tích phân GY = = = . Với Đặt u = ln(x+1) du = ; dv = , chọn v = - 1 J = + = + = + ln3 = . Vậy I = Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) Þ du = ; đặt dv = , chọn v = , ta có : + = = B A C S H M K D I Câu 5. 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. GY Gọi M là trung điểm AB, ta có  ; SH = CH.tan600 = dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm. , hệ thức lượng . Cách khác: Tích Thể Tích khối chóp S.ABC Gọi M là trung điểm AB => Vì đều cạnh a, CM là đường cao Xét vuông tại M Theo Pitago ta có: Ta có Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC. Nên BC//(SA;d) Dựng hình thoi ABCD. Dựng HK sao cho: , ta có: Mà nên và HI là khoảng cách từ H đến (SAD) Vì Vì BC//(SAD) và nên khoảng cách cần tìm là: Câu 6. x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy ³ 0, ta có : = ³ . Đặt t = , xét f(t) = f’(t) = Þ f đồng biến trên [0; +¥) Þ f(t) ³ f(0) = 2 Mà ³ 30 = 1. Vậy P ³ 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra Û x = y = z = 0. Vậy min P = 3. Cách khác: Không mất tổng quát, giả sử Từ giả thiết suy ra do đó, Đặt: thì và . Thay vào P ta được : Đặt: thì và ta có: Xét hàm: đồng biến trên kéo theo: Xét Suy ra g(v) đồng biến trên kéo theo Từ (1) và (2), suy ra f(u)3 hay P3 Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0 Vậy min P=3. Cách khác nữa : Đặt Từ giả thiết suy ra: Do đó: Vì vậy nếu đặt: thì và Ta có: Vì nên Tương tự: Công ba bất đẳng thức trên ta được: Do vậy: Xét hàm Vậy , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0. B A C D N M A. Theo chương trình Chuẩn : Câu 7a. Ta có : AN = ; AM = ; MN = ; cosA = = Þ (Cách khác :Để tính = 450 ta có thể tính ) Phương trình đường thẳng AM : ax + by = 0 Û 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = ) Þ t = 3 hay + Với t = 3 Þ tọa độ A là nghiệm của hệ : Þ A (4; 5) + Với Þ tọa độ A là nghiệm của hệ : Þ A (1; -1) Cách khác: A (a; 2a – 3), , MA = Û Û a = 1 hay a = 4 Þ A (1; -1) hay A (4; 5). Cách khác nữa: Đặt: , ta có: Theo định lý pitago Định lý pitago, ta có: Mà Đặt: Vậy Câu 8a. Gọi , với a ≠ b Vì vuông cân tại I nên Từ (2) vì a ≠ b thế vào (1) Ta được: Vậy Cách khác: Ta có: (d) đi qua M (-1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương . Ta có: IH = d(I, (d)) = . Trong đó: và = (2; 0; -2). d (I, (d)) = Ta có: => IAB vuông cân tại I. Nên: R = IA = IH.= Vậy phương trình (S): x2+y2+ (z - 3)2 = Câu 9.a. Û Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n = 7 Gọi a là hệ số của x5 ta có số hạng tổng quát là: . Û Þ 14 – 3i = 5 Þ i = 3 và Þ a = . Vậy số hạng chứa x5 là x5. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu 7b Giả sử phương trình (E) cần tìm là: Độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a = 8 suy ra a = 4 Xét hệ: Từ hệ trên, ta thấy 4 giao điểm của (E) và (C) có tọa độ là: Với , và ABCD là 1 hình chữ nhật. Để ABCD là hình vuông thì AB = BC Thay vào phương trình (1) ta được: (vì ) Thay vào (2): Vậy phương trình (E): Câu 8b. d: . (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. Ta có d: tR. Gọi M là giao của d và ta có: M ( -1+2t; t; 2+t). A là trung điểm của MN => . Mà N (P) => 1.(3-2t) + 1.(-2-t) – 2.(2-t) + 5 = 0. ó 3 – 2t – 2 – t – 4 + 2t + 5 = 0. ó t = 2. Vậy M(3; 2; 4) qua MA và vectơ chỉ phương (-2; -3; -2)//(2; 3; 2). Vậy phương trình : tR. Câu 9b. (x, y ; z-1), z = 1 + i; HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC Câu 1. b.Ta có Ta có Ta có . Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi m>-1. Đồ thị hàm số có 3 cực trị lần lượt là Dễ dàng chứng minh được tam giác ABC cân tại A. Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi . Câu 2. Câu 3. Cách 2. Từ (2) Nên x-1 và y+1 đều thuộc (-2;2) Ở (1), xét với Nên (vì ) Thay vào phương trình (2): Vậy hệ có 2 cặp nghiệm: Câu 4. Đặt . Ta có Vậy Câu 5. Ta có: Vì tại H nên Xét tam giác BCH: Ta có: Suy ra: Tam giác SCH vuông tại H, có nên: SH = CH. tan = Vậy Dựng hình thoi ACBD trong mp (ABC) Vì BC//AD Do đó Ta có: Tam giác SAD có AD = a; DH = CH = SA = SD = Câu 6. Đặt Ta có Khi đó : (do ). Xét hàm số các bạn nhéDấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0 Câu 7a. Xét là góc giữa CD và AN Gọi k là hệ số góc của CD thì: (Vì AN có hệ số góc bằng 2) Từ M, kẻ MH // CD (H AN) thì H là trung điểm của AN Đặt AB=a thì TH1: k=-1, phương trình MH là: H có tọa độ là nghiệm của hệ: A Mặt khác, .. tù nên Xét A (4; 5) thì thỏa mãn đề bài. A (2; 1) : Loại Trường hợp 2: , phương trình MH là: Tạo độ H là nghiệm Ta lại có a = và Xét A (1 ; -1): Suy ra: (thỏa mãn) Xét A (3; 3): Loại Vậy có hai điểm A: A (4; 5) và A (1;-1) Câu 8a: (d) đi qua M (-1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương . Ta có: IH = d[I; (d)] = . . = (2; 0; -2). d [I; (d)] = Ta có: => IAB vuông cân tại I. Nên: R = IA = IH. = Vậy phương trình (S): Câu 9.a (1, 0 điểm) = Số hạng chứa ứng với 14 – 3k = 5 Vậy số hạng chứa là Câu 7.b (1, 0 điểm) Giả sử phương trình (E) cần tìm là: Độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a = 8 suy ra a = 4 Xét hệ: Từ hệ trên, ta thấy 4 giao điểm của (E) và (C) có tọa độ là: Với , và ABCD là 1 hình chữ nhật. Để ABCD là hình vuông thì AB = BC Thay vào phương trình (1) ta được: (vì ) Thay vào (2): Vậy phương trình (E): Câu 8.b (1, 0 điểm) d: (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. Ta có d: t R. Gọi M là giao của d và ta có: M ( -1+2t; t; 2+t). A là trung điểm của MN => . 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 (-2; -3; -2)//(2; 3; 2). Vậy phương trình : t R. Câu 9.b (1, 0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn Tính modun của số phức . Gọi Z= a+bi , a,b, ; Điều kiện z . Ta có = (2-i)(a+bi+1) (Thỏa mãn) Vậy z = 1+i W= 3+i+1+2i-1