Đáp án đề thi đại học môn toán khối A năm 2012

mathblog.org sẽ giới thiệu đáp án đề thi đại học khối A năm 2012 ngay sau mỗi buổi thi, mời các bạn đón xem…

Đề thi đại học môn Toán-Khối A và A1 năm 2012

Đáp án Đề thi đại học môn Toán-Khối A và A1 năm 2012

Câu I (2,0 điểm).
a) Khảo sát hàm số khi $m=0$ .
Khi $m=0$ , hàm số (1) có dạng $y=x^4-2x^2$
TXĐ: $D=\mathbb{R}$
Sự biến thiên:
$y'=4x^3-4x=4x(x^2-1)$
$y'=0\Leftrightarrow x=0;x=-1;x=1$
BBT

Hàm số ĐB trên các khoảng $(-1;0)$ và $(1;+\infty)$
Hàm số NB trên các khoảng $(-\infty;-1)$ và $(0;1)$
Hàm số đạt CĐ tại $x=0, y_{cd}=0$
Hàm số đạt CT tại $x=\pm 1, y_{ct}=-1$
$\lim\limits_{x\to \pm\infty}y=+\infty$
Đồ thị: Giao $Oy: (0;0)$
Giao $Ox: (0;0); (-\sqrt{2};0), (\sqrt{2};0)$

b) $y'=4x^3-4(m+1)x=4x(x^2-m-1)$
Hàm số đạt CĐ, CT khi và chỉ khi $y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow m+1>0\Leftrightarrow m>-1$
Khi đó điểm CĐ của đồ thị hàm số là $A(0;0)$ và các điểm CT là $B(-\sqrt{m+1};-2m-1), C(\sqrt{m+1};-2m-1)$
Do tính đối xứng qua trục tung của đồ thị hàm số $(1)$ nên $ABC$ là tam giác vuông khi và chỉ khi nó là tam giác vuông cân tại $A$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{BA}\overrightarrow{CA}=0\Leftrightarrow (m+1)[(m+1)^3-1]=0$
$\Leftrightarrow m=0$ (thỏa mãn) hoặc $m=-1$ (loại).
Kết luận: $m=0$ .
Câu 2 (1,0 điểm).
Giải phương trình $\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x=2\cos x-1$
Giải.
PT tương đương $2\sqrt{3}\sin x\cos x-2\cos x+\cos 2x+1=0\Leftrightarrow 2\cos x(\sqrt{3}\sin x-1)+2\cos^2x=0$
$\Leftrightarrow 2\cos x(\sqrt{3}\sin x+\cos x-1)=0\Leftrightarrow \cos x=0$ hoặc $\sqrt{3}\sin x+\cos x=1$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ hoặc $\sin\left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{2}$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ hoặc $x=k2\pi$ hoặc $x=\dfrac{2\pi}{3}+k2\pi, (k\in\mathbb{Z})$ .
Câu 3 (1,0 điểm).
Giải hệ $\begin{cases} x^3-3x^2-9x+22=y^3+3y^2-9y&\\ x^2+y^2-x+y=\dfrac{1}{2}& \end{cases}$
Giải.
Đặt $t=-x\Rightarrow x=-t$
Hệ có dạng $\begin{cases} -t^3-y^3-3(t^2+y^2)+9(t+y)+22=0&\\ t^2+y^2+t+y=\dfrac{1}{2}& \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} -(t+y)^3+3ty(t+y)-3(t+y)^2+6ty+9(t+y)+22=0&\\ (t+y)^2-2ty+t+y=\dfrac{1}{2}& \end{cases}$
Đặt $S=t+y; P=ty, (S^2\geq 4P)$ .
Ta có hệ
$\begin{cases} -S^3+3PS-3S^2+6P+9S+22=0& (1)\\ S^2-2P+S=\dfrac{1}{2}& (2) \end{cases}$
Từ $(2)\Rightarrow P=\dfrac{2S^2+2S-1}{4}$ thế vào $(2)$ ta được
$2S^3+6S^2+45S+82=0\Leftrightarrow (S+2)(2S^2+2S+41)=0\Leftrightarrow S=-2\Rightarrow P=\dfrac{3}{4}$
Ta có hệ $\begin{cases} t+y=-2&\\ ty=\dfrac{3}{4}& \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} t=-\dfrac{1}{2}&\\ y=-\dfrac{3}{2}& \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} t=-\dfrac{3}{2}&\\ y=-\dfrac{1}{2}& \end{cases}$
Vậy hệ đã cho có nghiệm $\begin{cases} x=\dfrac{1}{2}&\\ y=-\dfrac{3}{2}& \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=\dfrac{3}{2}&\\ y=-\dfrac{1}{2}& \end{cases}$
Câu 4 (1,0 điểm).
Tính $I=\int\limits_{1}^{3}\dfrac{1+\ln(x+1)}{x^2}dx$
Giải.
$I=\int\limits_{1}^{3}\dfrac{dx}{x^2}+\int\limits_{1}^{3}\dfrac{\ln(x+1)}{x^2}dx$
$=\left(-\dfrac{1}{x}\right)\Big|_{1}^{3}+J=\dfrac{2}{3}+J$ .
Tính $J$ :
Đặt $\begin{cases} u=\ln(x+1)&\\ dv=\dfrac{dx}{x^2}& \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} du=\dfrac{1}{x+1}dx&\\ v=-\dfrac{1}{x}& \end{cases}$
$J=-\dfrac{1}{x}\ln(x+1)\Big|_{1}^3+\int\limits_{1}^3\dfrac{dx}{x(x+1)}$
$=\dfrac{1}{3}\ln 2+\int\limits_{1}^3\dfrac{dx}{x}-\int\limits_{1}^{3}\dfrac{dx}{x+1}$
$=\dfrac{1}{3}\ln 2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\Big|_{1}^{3}=\dfrac{1}{3}\ln 2+\ln \dfrac{3}{4}-\ln \dfrac{1}{2}$
$=\dfrac{1}{3}\ln 2+\ln \dfrac{3}{2}$
Vậy $I=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}\ln 2+\ln\dfrac{3}{2}$
Câu 5 (1,0 điểm).

Ta có $AH=\dfrac{2a}{3}$
$CH^2=AC^2+AH^2-2AC.AH\cos 60^o=a^2+\dfrac{4a^2}{9}-2a.\dfrac{2a}{3}\dfrac{1}{2}=\dfrac{7a^2}{9}$
$\Rightarrow CH=\dfrac{a\sqrt{7}}{3}$
Do $SH\perp (ABC)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCH}=60^o$
Suy ra $SH=CH\tan 60^o=\dfrac{a\sqrt{7}}{3}\sqrt{3}=\dfrac{a\sqrt{21}}{3}$
Diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .
Vậy $V_{S.ABC}=\dfrac{1}{3}\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\dfrac{a\sqrt{21}}{3}=\dfrac{a^3\sqrt{7}}{12}$ (đvtt).
Dựng hình thoi $ACBD$ ( $AD // BC$ ). Khi đó ta có $BC // (SAD)$ .
Do đó khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến $(SAD)$
Khoảng cách từ $BC$ đến $(SAD)$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $(SAD)=\dfrac{3}{2}$ khoảng cách từ $H$ đến $(SAD)$ .
Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ , dựng $HJ // BI$ .
Khi đó $HJ\perp AD$ , mặt khác $AD\perp SH\Rightarrow AD\perp (SHJ)$
Dựng $HK\perp SJ\Rightarrow HK\perp (SAD)$ . Do đó khoảng cách từ $H$ đến $(SAD)$ bằng $HK$
Ta có $\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{HJ^2}+\dfrac{1}{SH^2}=\dfrac{9}{21a^2}+\dfrac{9}{3a^2}=\dfrac{24}{7a^2}$
$\Rightarrow HK=\dfrac{a\sqrt{7}}{\sqrt{24}}$
Vậy $d(SA,BC)=\dfrac{3}{2}\dfrac{a\sqrt{7}}{\sqrt{24}}$
Câu 6 (1,0 điểm)
Không mất tc TQ giả sử $x\geq y\geq z$
Ta có $z=-x-y$ dó đó
$P=3^{x-y}+3^{y-z}+3^{x-z}-\sqrt{12(x^2+y^2+(x+y)^2)}$
$=3^{x-y}+3^{2y+x}+3^{2x+y}-\sqrt{12(x^2+y^2+(x+y)^2)}$
Đặt $\begin{cases} a=2x+y&\\ b=2y+x& \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=\dfrac{2a-b}{3}&\\ y=\dfrac{2b-a}{3}& \end{cases}$ và $a\geq b\geq 0$
Thay vào $P$ ta được $P=3^{a-b}+3^a+3^b-2\sqrt{a^2-ab+b^2}$
$=3^{a-b}+3^a+3^b-2\sqrt{\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2+3\left(\dfrac{a-b}{2}\right)^3}$
Đặt $u=\dfrac{a+b}{2}, v=\dfrac{a-b}{2}, u\geq v\geq 0$ , ta có
$P=9^v+3^{u+v}+3^{u-v}-2\sqrt{u^2+3v^2}$
Xét hàm số $P=f(u)=9^v+3^{u+v}+3^{u-v}-2\sqrt{u^2+3v^2}, u\geq v\geq 0$
$f'(u)=3^{u+v}\ln 3+3^{u-v}\ln 3-\dfrac{2u}{\sqrt{u^2+3v^2}}\geq 2\ln 3-2>0$
$\Rightarrow f(u)$ ĐB trên $[v;+\infty)\Rightarrow f(u)>f(v)=9^v+3^{2v}+1-2\sqrt{4v^2}$
$=2.9^v-4v+1$
Xét $g(v)=2.9^v-4v+1, v\geq 0$
$g'(v)=2.9^{v}\ln 9-4=4.9^v\ln 3-4\geq 4\ln 3-4>0$ do $v\geq 0$
$\Rightarrow g(v)$ ĐB trên $[0;+\infty)\Rightarrow g(v)\geq g(0)=3$
Vậy $P\geq 3$ và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $u=v=0$ hay $x=y=z=0$
Kết luận: $\min P=0$ khi $x=y=z=0$ .
Câu 7a (1,0 điểm)
Giả sử cạnh hình vuông bằng $a>0$ .
Ta có $MN^2=\left(\dfrac{a}{2}\right)^2+\left(\dfrac{2a}{3}\right)^2=\dfrac{25a^2}{36}$
$\Rightarrow MN=\dfrac{5a}{6}$
$AM^2=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{5a^2}{4}\Rightarrow AM=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$
$AN^2=a^2+\left(\dfrac{a}{3}\right)^2=\dfrac{10a^2}{9}\Rightarrow AN=\dfrac{a\sqrt{10}}{3}$
$\cos \widehat{MAN}=\dfrac{AM^2+AN^2-MN^2}{2AM.AN}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Đường thẳng $AN$ có VTPT $\overrightarrow{n_{AN}}=(2;-1)$
Giả sử đường thẳng qua $A,M$ có VTPT $\overrightarrow{n}=(x;y), x^2+y^2\neq 0$
Khi đó ta có $\cos \widehat{MAN}=|\cos (\overrightarrow{n_{AN}}.\overrightarrow{n})|$
$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{|2x-y|}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{5}}$
$\Leftrightarrow 3x^2-8xy-3y^2=0$
Với $y=0\Rightarrow x=0$ (loại)
Với $y\neq 0$ chia hai vế cho $y^2$ , ta được
$3\left(\dfrac{x}{y}\right)^2-8\dfrac{x}{y}-3=0\Leftrightarrow \dfrac{x}{y}=3$ (chọn $x=3,y=1$ ) hoặc $\dfrac{x}{y}=-\dfrac{1}{3}$ (chọn $x=1;y=-3$ ).
TH1 $\overrightarrow{n}=(3;1)\Rightarrow AM: 3x+y-17=0$ giao với $AN$ tại $A(4;5)$ .
TH2 $\overrightarrow{n}=(1;-3)\Rightarrow AM: x-3y-4=0$ giao với $AN$ tại $A\left(1;-1\right)$
Câu 8a (1,0 điểm).
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $d$ .
Do $\Delta IAB$ vuông tại $I$ nên ta có $IH=HA=HB$
$H\in d\Rightarrow H(-1+t;2t;2+t)\Rightarrow \overrightarrow{IH}=(-1+t;2t;-1+t)$
VTCP của $d$ là $\overrightarrow{u}=(1;2;1)$
$\overrightarrow{IH}\perp \overrightarrow{u}\Rightarrow -1+t+4t-1+t=0\Leftrightarrow t=\dfrac{1}{3}$
$\Rightarrow H\left(-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{5}{3}\right)$
$IH=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
$R^2=IH^2+HB^2=2IH^2=\dfrac{8}{3}$
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là $x^2+y^2+(z-3)^2=\dfrac{8}{3}$
Câu 9a (1,0 điểm).
$5C_{n}^{n-1}=C_{n}^{3}\Leftrightarrow 5\dfrac{n!}{(n-1)!}=\dfrac{n!}{3!(n-3)!}$
$\Leftrightarrow 5n=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}\Leftrightarrow n(n^2-3n-28)=0\Leftrightarrow n=0;7;-4$
Do $n\in \mathbb{N}^*$ nên $n=7$
Ta có số hạng TQ của khai triển $C_{n}^{k}\left(\dfrac{x^2}{2}\right)^{7-k}\left(-\dfrac{1}{x}\right)^k$
$=C_{7}^{k}\dfrac{x^{14-3k}}{2^{7-k}}(-1)^{k}$
Số hạng chứa $x^5$ tương ứng với $14-3k=5\Leftrightarrow k=3$
Vậy số hạng chứa $x^5$ trong khai triển trên là $C_{7}^{3}(-1)^3\dfrac{x^5}{2^4}=-\dfrac{35}{16}x^5$ .
Câu 7b (1,0 điểm).

Giả sử phương trình chính tắc của $(E):\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1, a>b>0$
Độ dài trục lớn bằng $8\Rightarrow 2a=8\Leftrightarrow a=4$
Do $(E)$ cắt đường tròn $(C):x^2+y^2=8$ tại 4 đỉnh lập thành hình vuông và do tính chất đối xứng của $(E)$ qua các trục tọa độ và qua gốc $O$ nên hình vuông có tâm tại $O$ và các cạnh song song các trục tọa độ.
Vì các đỉnh hình vuông $ABCD$ nằm trên $(C)$ nên một nửa đường chéo bằng $R=2\sqrt{2}\Rightarrow A(2;2), B(-2;2),C(-2;-2),D(2;-2)$ .
$A\in (E)\Rightarrow \dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{b^2}=1\Leftrightarrow b^2=\dfrac{16}{3}$ .
Vậy PT $(E): \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{\frac{16}{3}}=1.$
Câu 8b (1,0 điểm).

Khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ bằng $d(A,(P))=\dfrac{|1-1-4+5|}{\sqrt{1+1+4}}=\dfrac{1}{\sqrt{6}}$
Do $A$ là trung điểm của $MN$ nên khoảng cách từ $M$ đến $(P)$ gấp 2 lần khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ .
$M\in d\Rightarrow M(-1+2t;t;2+t)$
$d(M;(P))=2d(A;(P))\Leftrightarrow \dfrac{|-1+2t+t-2(2+t)+5|}{\sqrt{1+1+4}}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}$
$\Leftrightarrow |t|=2\Leftrightarrow t=\pm 2$
Với $t=2\Rightarrow M_1(3;2;4)$
Với $t=-2\Rightarrow M_2(-5;-2;0)$
Thay tọa độ $M_1$ và $A$ vào pt $(P)\Rightarrow (3+2-2.4+5)(1-1-2.2+5)>0$
Do $M$ và $A$ nằm về cùng một phía đối với $(P)$ nên kết luận $M(3;2;4)$ .
Câu 9b (1,0 điểm).
Đặt $z=a+bi, (a,b\in\mathbb{R})$ . ĐK $z\neq -1$ .
Ta có PT $5(a-bi+i)=(2-i)(a+1+bi)\Leftrightarrow 5a+5(1-b)i=(2a+2+b)+(2b-a-1)i$
$\Leftrightarrow \begin{cases} 5a=2a+2+b&\\ 5-5b=2b-a-1& \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} a=1&\\ b=1& \end{cases}$
Suy ra $z=1+i\Rightarrow z^2=(1+i)^2=2i$
$\Rightarrow w=1+z+z^2=2+3i$
Vậy $|w|=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$ .