Đề thi tuyển sinh đại học năm học 2012 môn Toán Khối: A41172

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.. V

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn Toán; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 ,với m là tham số thực

yx  ( m )x m ( )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình 3 sin2x+cos2x=2cosx-1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x, y  R)

1 2

x y x y







Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2

1

x



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông

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3x y 3y z 3z x  6x26y26z2

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

2 2

M 

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

x  y z

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 1 3 Tìm số hạng chứa x5

5C n n C n

14

n nx

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

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x y z

 

đường thẳng  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 5( ) 2 Tính môđun của số phức w = 1 + z +

1

z i

i z



z2

BÀI GIẢI GỢI Ý

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :

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

Bảng biến thiên :

x - -1 0 1 +

y’  0 + 0  0 +

y + 1 +

-1 -1

Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2; 0)

b/ y’ = 4x3 – 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),

-2m–1)

 2 m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2  1 = (m + 1) m1 = (m1)32 (do m > -1)

 1 = (m + 1) (do m > -1)  m = 0

Câu 2 3 s in2x+cos2x=2cosx-1

2

1 2

1

2 k hay x k

2 3

x  k 

Câu 3:

Đặt t = -x

1 2

x y x y







1 2

t y t y







Hệ trở thành

2

3

4

2

P

S











1 2

2

x y

-1

2

O

Hệ đã cho thành

1

u v





  



4

t  t

1

v u





 



1 0

v u

 



 





Câu 4.

3

2 1

x





  x11 13J 2

1

ln(x 1)

x





1dx

1

dx x

1

x



1

x x

1

dx x

1

x x

1

3

3

ln 2 ln 3



1

dx

dx x

1

x



1

1

x

3

dx

x x

1

1

x x



ln 2 ln 3



Câu 5.

Gọi M là trung điểm AB, ta có

MH  MBHB  

; SH = CH.tan600 =

2 7 2

3

a

3

a

,

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

,

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  0

Ta có P3x y 32y x 32x y  12(x2y2xy) =



P       xy xy

2 2

y x x y

x y

x y xy

  

C

S

K

D

I

 Đặt t = , xét f(t) =

3 2

x y

x y

x y



2.( 3) t 2 3t

f’(t) = 2.3( 3) ln 33t 2 32 3( 3.( 3) ln 3 1)3t  0

 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2

Mà 3x 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

3

2

6

a

AM AN

2

MAN (Cách khác :Để tính MAN฀ = 450 ta có thể tính

)

1 2 3

1

1 2

3

tg DAM DAN





 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = )  t = 3 hay

฀

cos

2

a b MAN

a b





a b

1 3

t 

x y

x y

  



   



3

x y

x y

  



   



2

2

a  a 

 a = 1 hay a = 4  A (1; -1) hay A (4; 5)

Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.ud

2 ( , )

d

d

MI u

AB R

u

 

R

3

3

x y z 

Câu 9.a 1 3   30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0)  n = 7

6

n n n

7 2

7

1 2

i x

x



7

7

1

2

i



 

7 7

7

1 2

i i



 

35 16

16



B Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b Phương trình chính tắc của (E) có dạng : Ta có a = 4

x y

a b

a b   (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên :

B A

C D

N

M

M (2;-2) thuộc (E) 42 42 1 Vậy (E) có dạng

a b

3

b

16 16 3

x y

Câu 8b M d M( 1 2 ; ; 2  t t t t) ( R); A là trung điểm MN N(3 2 ; 2 t  t; 2t)

( )

x  y  z

Câu 9b z x yi

2

1

z i

i

z



2 1

x yi i

i

x yi

 

 

2

x y i

i

 

  



    



x y

x y

 





1 1

x y







z = 1 + i; w  1 z z2     1 (1 i) (1 i)2       1 1 i 1 2i ( 1)  2 3i  w  4 9  13

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích

bằng 48

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cosx 3 sin ) cosx xcosx 3 sinx1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 4 2

0

3 1



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2 , AB = a Gọi H là hình chiếu a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y z 0 và

1

x y z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px5y5z5

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 các đường tròn 2 2 ,

1

(C ) :x y 4

2

tâm thuộc (C2), tiếp xúc với d và cắt (C1) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

1

1









d

và hai điểm A(2;1; 0), B( 2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.

Câu 9.a (1,0 điểm) Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên

gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam

và nữ

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và

4

x y

chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi Biết A thuộc Ox

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M(1; 2; 0) Viết phương

trọng tâm thuộc đường thẳng AM.

Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình z1 z2 2 Viết

dạng lượng giác của và z1 z2

………… Hết …………

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + 3 Tập xác định là R

y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0  x = 0 hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1

và

lim

x

y

x

y

y’ + 0  0 +

y 3 +

 CĐ -1

CT

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y(2) = -1

y" = 6x – 6; y” = 0  x = 1 Điểm uốn I (1; 1)

Đồ thị :

y có 2 cực trị  m  0

Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3)

Câu 2 : 2(cosx 3 sin ) cosx xcosx 3 sinx1

1

3 1

x





 







Câu 3 : Giải bất phương trình 2 Đk : 0  x  hay x 

nhận xét x = 0 là nghiệm

x x

x

x



t t   2

t







   



x

2

4

x

4

x

Câu 4 : Đặt t = x2 ; ;

2

dt xdx

  x  0 t 0 x  1 t 1

y

x 0

3

2 -1

2

0

1

tdt

I

t t



 

0



2 ln 3 3ln 2 2

Câu 5

Nối BH ta có tam giác ABH cân tại H, do tính chất đối xứng

SC BH

Gọi SD là chiều cao của tam giác SAB

2

SAB

SAB SAC

a

 

 

Ta có

;

SABH

SABC

SABH

Câu 6 2 2 20 

1

x y z

x y z

  







2

xy x y

x y

   







P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y)

6

 t

2

3

6

6

2 3 f’(t) – 0 + 0 –

f(t)

5 6

5 6

36



A

B

C

S

H

O

D

1 6 1 3

x y

xy

  



  





  





2 3 1

6

x y

xy

   



 





  





Câu 7a Phương trình đường tròn (C) : 2 2

x y  ax by c

Phương trình đường thẳng AB : 2ax2by c 4  AB có vtcp (b;-a)v

v

v

( )d  AB u vv v 0  a b

d(I,d) = 4 2 2  8 = 2a2 – c (2)

2

a b

a b c

 

2

I C a b  a 

Thế (1) vào (3) ta có : a b 3

Thế a b 3 vào (2) ta có : c = 10

x y  x y  Cách khác : Gọi I (a;b) (C2); vì đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O tại A, B sao cho AB ( )d

Mà IO ABIOP( )d Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2 2= R

a b





  



(1) 8

(2) 0

a b

a b



 









Hệ (1)   a 7 2 2;b  1 2 2; (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d)

(x3) (y3) 8

Câu 8a

Gọi tâm mặt cầu là I( )d I(1 2 ; ; 2 ) t t  t

,

IA  t  t 2 2

IB  t  t

Ta có IA2 IB2  t 1   I( 1; 1; 2), 2 2

17

IA R 

x  y  z 

Câu 9a Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : 4

25

25!

12650 4!.21!

Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là :

TH 1: 1 nữ 3 nam có : 10.C153  10.455 = 4550

TH 2: 2 nữ 2 nam có : C C102 152  4725

TH 3 : 3 nữ 1 nam có : C C103 151 1800

Vậy số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075

4 10 4 25

21 1265

C

C  Xác suất chọn không có nữ : P2 =

4 15 4 25

273 2530

C

C  Xác xuất có cả nam và nữ : P = 1 – (P1 + P2) = 443

506

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2

4

4

x y

Câu 8b Gọi B là giao điểm của mặt phẳng với Ox, B(b;0;0)

C là giao điểm của mặt phẳng với Oy, C(0;c;0)

3

x y z

3 3

b c

(1; 2; 3)

AM  

x  y z



b c 

Vậy pt mặt phẳng (P) là 6 x3y4z120

Câu 9b Phương trình 2 có hai nghiệm là

z      i z      i

3

3



z    i  

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn Toán; Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3 – mx2 – 2(3m2 – 1)x + (1), m là tham số thực

3

2 3

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1.x2 + 2(x1 + x2) = 1

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 22 02 2 (x, y  R)

xy x

x x y x y xy y

  





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

/ 4

0



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC

vuông cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2)

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 chữ nhật ABCD Các đường

thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3y = 0 và x – y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua

3



Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):

2x+y–2z+10=0 và điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo một đường tròn

có bán kính bằng 4

Câu 9.a (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z + 2(1 2 ) 7 8 Tìm môđun của số phức

1

i

i i



w = z + 1 + i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + 3 = 0 Viết

phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho

AB = CD = 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 và

x  y  z



vuông tại M

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z2 + 3(1 + i)z + 5i = 0 trên tập hợp các số phức

BÀI GIẢI

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y = x2 3 – x2 – 4x + Tập xác định là R

3

2 3 y’ = 2x2 – 2x – 4; y’ = 0  x = -1 hay x = 2; y(-1) = 3; y(2) = -6

và

lim

x

y

x

y

y’ + 0  0 +

y 3 +

 CĐ -6

CT

Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y(2) = -6

2

1 2

3 2



Đồ thị :

b) y’ = 2x2 – 2mx – 2(3m2 – 1)

y có 2 cực trị  ’ = m2 + 4(3m2 – 1) > 0  13m2 – 4 > 0

 m < 2 hay m >

13

13 Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của y’ : x1x2 + 2(x1 + x2) = 1

3

Câu 2 : sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x  sin3x – sinx + cos3x + cosx = 2cos2x

x 

  

2

  

xy x

x x y x y xy y

  



xy x

x y x y

  





x y

  





xy x

y x

  



  



3

2

x x

x y

   









2

y x





y

x 0

3

-6

1

x

y





 



2 5

x

y







 



2 5

x

y







  



Câu 4:

/ 4

0



2

/ 4

0

1

2





/ 4

0

1

2



/ 4

0

Câu 5:

/

,

2

A C a AC BC 

3

1 1

V     

6 2

2

a h

h  a  a  

 

Câu 6: Ta có

2

x y  xy x y 3

(xy) 6xy3(xy) 6

2

2

t  t  t  2

3t  3t 3

2

2

4



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là 17 5 5 xảy ra khi t =

4

2



4

2

4



PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a: AC cắt AD tại A (-3; 1)

Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + 4 = 0

6 6



x  y 

C

C/

A/

B/

D/

D

H

I là trung điểm BD  B (1; -3) I là trung điểm AC  C (3; -1)

Câu 8a: IH = d(I, (P)) = 4 1 6 10 3; R2 = IH2 + r2 = 9 + 16 = 25

9

  

 (S) : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 3)2 = 25

Câu 9a : (2 + i)z + (1 + 2i)(1 – i) = 7 + 8i  (2 + i)z + 1 + i – 2i2 = 7 + 8i

i

i i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b: I  (d) I (t; 2t + 3) AB = CD  t  = 2t + 3  t = -1 hay t = -3

+ t = -1  I (-1; 1)  R = 2 pt đường tròn : (x + 1)2 + (y – 1)2 = 2 + t = -3  I (-3; -3)  R = 10  pt đường tròn : (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10

Câu 8b: Gọi M (2t + 1; -1 – t; t) thuộc (d)

AMB vuông tại M  AM = (2t; -t; t – 2) vuông góc với = (2t – 1; -t; t)

BM



3

Câu 9b: z2 + 3(1 + i)z + 5i = 0

 = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2

2