Giải đề thi đại học Khối B Môn Toán 2012

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2012

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI B

NĂM 2012

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối B năm 2012

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu 1:(2 điểm): Cho hàm số:

y = x3  3mx2 + 3m (1), m là tham số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 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 OABC

có diện tích bằng 48

Câu 2:(1 điểm): Giải phơng trình:

2 cos x 3 sin x cos x cos x  3 sin x 1.

Câu 3:(1 điểm): Giải bất phơng trình:

2

x 1  x  4x 1 3 x, (x   )

Câu 4:(1 điểm): Tính tích phân

0

x dx





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

là hình chiếu vuông góc của điểm A trên cạnh SC Chứng minh SC vông góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a

Câu 6:(1 điểm): Cho các số thực x, y, z thoả mãn các điều kiện x + y + z = 0 và

x2 + y2 + z2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z5

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu 7.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đờng tròn (C1): x2

+ y2 = 4, (C2): x2 + y2  12x + 18 = 0 và đờng thẳng (d): x  y  4 = 0 Viết phơng trình đờng tròn có tâm thuộc (C2), tiếp xúc với (d) và cắt (C1) tại hai điểm A và B sao cho AB vuông góc với (d)

Câu 8.a (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng

x 1 y z (d) :

2 1 2



 

 và hai điểm A(2; 1; 0), B(2; 3; 2) Viết phơng

trình mặt cầu đi qua A, B và tâm thuộc đờng thẳng (d)

Câu 9.a (1 điểm): Tong 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 đợc gọi có cả nam và nữ

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu 7.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có

AC = 2BD và đờng tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phơng trình x2 + y2 = 4 Viết phơng trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh

A, B, C, D của hình thoi Biết A thuộc Ox

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

Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua A và cắt Ox, Oy lần lợt tại B, C sao cho ABC có trọng tâm thuộc AM

Câu 9.b (1 điểm): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phơng trình

2

z  2 3iz 4 0.  Viết dạng lợng giác của z1 và z2

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu 1.

1 Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm

đa thức bậc ba

2 Với dạng toán "Tìm thuộc tính các điểm cực trị của hàm số" ta thực hiện theo

các bớc sau:

 Miền xác định D = 

 Tính đạo hàm rồi thiết lập phơng trình y' = 0 (1)

 (1) có hai nghiệm phân biệt

hàm số

Sử dụng điều kiện:

SOAB = 48  Giá trị của tham số

Câu 2 Với phơng trình lợng giác kiểu này ta định hớng biến đổi nó về dạng

ph-ơng trình tích, cụ thể với phph-ơng pháp luận hệ số:

2

2cos x 2 3 sin x.cos x cos x   3 sin x 1

2 2cos x cos x 1 2 3 sin x.cos x 3 sin x 0

(cos x 1)(2cos x 1) 3(2cos x 1)sin x 0

Ta có đợc nhân tử chung (2cosx + 1)

 Chú ý: Với việc sử dụng công thức góc nhân đôi, ta biến đổi:

2

2cos x 2 3 sin x.cos x cos x   3 sin x 1

2 2cos x 1 2 3 sin x.cos x cos x 3 sin x

cos 2x 3 sin 2x cos x 3 sin x

cos 2x sin 2x cos x sin x

Đó là dạng mở rộng của phơng trình a.sinx + b.cosx = c thành phơng trình: a.sinu + b.cosu = c.sinv + d.cosv, với điều kiện a2 + b2 = c2 + d2

Câu 3 Dễ thấy không thể sử dụng ngay phép khai phơng cho bất phơng trình này,

suy ra cần sử dụng ẩn phụ

Câu hỏi đợc đặt ra là ẩn phụ kiểu gì ?

 ẩn phụ dễ nhận thấy nhất là t x (t 0) và khi đó ta nhận đợc bất

ph-ơng trình dạng:

t  4t  1 t 3t 1. Trong trờng hợp này cần phải giải một bất phơng trình cao hơn 2

 Từ việc đánh giá hệ số và x hoàn toàn đợc đa vào căn bậc hai nên nếu chia cả hai vế của phơng trình cho x0 sẽ thấy xuất hiện 1

x x

x

x

 , từ đó nhận đợc ẩn phụ 1

t x (t 2)

x

   Và khi đó, ta nhận đợc bất phơng trình dạng:

2

t  6 3 t. 

 Nhận xét: 1 Với bất phơng trình đã cho, trớc tiên chúng ta cần đặt điều kiện có

nghĩa

2 Trong cả hai lựa chọn chúng ta đều gặp bất phơng trình dạng cơ bản:

f  g

2

g 0

g 0

f g









 







Câu 4 Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp đổi biến để đa I về dạng tích

phân hàm số hữu tỉ, cụ thể đặt u x , u 0 2 

Và sau việc đổi cận ta sẽ nhận đợc:

1

2 0





Thực hiện phép tách ta đợc:

1

0



Câu 5

1. Với hình chóp tam giác đều S.ABC, ta có thể:

 Sử dụng tính chất bằng nhau của các tam giác để có đợc SC  BH

 Sử dụng kết quả của sự vuông góc giữa đờng thẳng với mặt phẳng để có

đ-ợc SC  BH

Từ đó, suy ra SC  (ABH)

2. Với hình chóp S.ABH để tính thể tích của nó, ta có thể:

 Sử dụng công thức chuẩn:

1

 Trong đó ABH cân tại H

 Sử dụng công thức về tỉ số thể tích, cụ thể:

S.ABH S.ABC

SH

SC

Câu 6 Cần biết cách định hớng đa biểu thức P về dạng một ẩn dựa vào hai biểu

thức điều kiện, cụ thể:

 Nếu lựa chọn sử dụng một trong ba biến x, y, z Giả sử là x thì ta cần thực hiện biến đổi:

P = x5 + (y2 + z2)(y3 + z3)  y2z2(y + z)

= x5 + (y2 + z2)[(y + z)3  3yz(y + z)]  y2z2(y + z)

Trong đó, với giả thiết ta có ngay:

y + z = x; y2 + z2 = 1  x2

Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn yz theo x Việc này đợc thực hiện:

0 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2x(y + z) + 2yz = 1  2x2 + 2yz

2 1

yz x

2

  

Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(x) nên cần tìm tập giá trị của biến x Việc này đợc thực hiện:

y z 1 x yz

2 2

 

 

2

2 1 1 x x

2 2



    3x2  2

2 2

x

3 3

   

 Nếu lựa chọn sử dụng ẩn phụ có tình đối xứng theo tổng Giả sử t = x + y = z thì ta cần thực hiện biến đổi:

P = x5 + y5  (x + y)5 = 5xy(x3 + y3)  10x2y2(x + y)

= 5xy[(x + y)3  3xy(x + y)]  10x2y2(x + y)

= 5xy(x + y)3 + 5x2y2(x + y)

Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn xy theo t Việc này đợc thực hiện:

1 = x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + (x + y)2 = 2(x + y)2 + 2xy

xy (x y)

2

  

Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(t) nên cần tìm tập giá trị của biến t Việc này đợc thực hiện:

2

1 (x y) 2

2



 

    

 

2

3 (x y) 2

  2 x y 2

    

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu 7.a Với định hớng:

 Sử dụng phơng trình tổng quát của đờng tròn là:

(C): x2 + y2  2ax  2bx + c = 0, điều kiện a2 + b2  c > 0

ta cần tìm đợc a, b, c dựa trên các giả thiết Cụ thể:

- Phơng trình đờng thẳng (AB) chính là trục đẳng phơng của hai đờng tròn (C) và (C1) Từ đó, suy ra toạ độ vecto AB(b;  a).

- Vì (AB) vuông góc với (d) ta nhận đợc phơng trình (1)

- Tâm I của (C) thuộc (C2) ta nhận đợc phơng trình (2)

- (C) tiếp xúc với (d) ta nhận đợc phơng trình (3)

Giải hệ tạo bởi (1), (2), (3) sẽ nhận đợc giá trị của a, b, c và từ đó suy ra phơng trình của đờng tròn (C) cần tìm

 Sử dụng phơng trình chính tắc của đờng tròn, ta cần tìm đợc tâm I(a; b) và bán kính R Cụ thể:

- (C) cắt (C1) (có tâm O) tại hai điểm phân biệt A, B nên:

AB  OI  OI // (d)  Phơng trình đờng thẳng (OI).

- Tâm I thuộc (OI) và đờng tròn (C2) ta nhận đợc hệ phơng trình với hai

ẩn a, b Suy ra đợc toạ độ tâm I

- (C) tiếp xúc với (d) ta nhận đợc bán kính R

Từ đó, suy ra phơng trình chính của đờng tròn (C) cần tìm

Câu 8.a Bài toán thuộc dạng đơn giản khi chỉ cần thực hiện:

 Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc toạ độ của tâm I của mặt cầu (S) cần tìm theo t, cụ thể I(1 + 2t; t; 2t)

 Sử dụng điều kiện:

R = IA = IB  Giá trị t  Toạ độ tâm I và bán kính R

 Phơng trình chính tắc của mặt cầu (S)

Câu 9.a Với bài toán này ta có thể lựa chọn một trong hai cách:

Cách 1: Việc tính xác suất của biến cố A đợc thực hiện theo các bớc:

 Đếm số phần tử của không gian mẫu , tức là đếm số kết quả có thể của phép thử T Cụ thể, ở đây là "Số cách để chọn 4 HS từ tổng 15 + 10 = 25 HS

 Đếm số phần tử của tập A, tức là đếm số kết quả thuận lợi cho A

Cụ thể, ở đây ta sẽ có ba trờng hợp:

Trờng hợp 1: Có 1 nam và 3 nữ.

Trờng hợp 2: Có 2 nam và 2 nữ.

Trờng hợp 3: Có 3 nam và 1 nữ.



Cách 2: Sử dụng định lí:

P(A) = 1  P(A)

Ta thực hiện theo các bớc:

 Xác suất P1 chọn 4 học sinh không có nam

 Xác suất P2 chọn 4 học sinh không có nữ

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu 7.b Phác thảo vẽ hình để nhận ra rằng với elip

2 2

2 2

x y (E) : 1 (a b 0)

a b   

thoả mãn điều kiện đầu bài ta sẽ có ngay a = 2b (1)

Mối quan hệ tiếp theo của a và b cần đợc xây dựng dựa vào giả thiết "Đờng tròn (C) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi", cụ thể:

RC = d(O, AB) = Độ dài đờng cao của tam giác vuông OAB

1 1 1

R OA OB

Giải hệ tạo bởi (1), (2) sẽ nhận đợc giá trị của a, b và từ đó suy ra phơng trình của elip (E) cần tìm

Câu 8.b Với mặt phẳng (P) qua A Oz và cắt các trục Ox, Oy tại B, C ta nghĩ

ngay tới việc sử dụng "Phơng trình mặt phẳng chắn", từ đó:

 Giả sử B(b; 0; 0) và C(0; c; 0) rồi suy ra toạ độ trọng tâm G

 Lập phơng trình đờng thẳng (AM)

 Vì G thuộc (AM) ta nhận đợc giá trị của b, c Từ đó, có đợc toạ độ của B, C

 Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, B, C theo "Phơng trình mặt phẳng

chắn".

Câu 9.b Ta thực hiện theo các bớc:

phơng trình bậc hai với hệ số phức" ở đây, ta có thể lựa chọn một

trong hai cách:

Cách 1: Sử dụng phép tính  và tính căn bậc hai của số phức.

Cách 2: Sử dụng các phép biến đổi đại số.

Bớc 2. Sử dụng "Phơng pháp chuyển số phức z = a + bi về dạng lợng

giác"bằng phép biến đổi:

  

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2012

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I.

a Với m = 1, hàm số có dạng:

y = x3  3x2 + 3

Ta lần lợt có:

1 Hàm số xác định trên D = 

2 Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim

x

lim x 1

 

khi x

khi x





 Bảng biến thiên:

y' = 3x2  6x, y' = 0  3x2  6x = 0 x 0.







 Điểm uốn:

y'' = 6x  6, y'' = 0  6x  6 = 0  x = 1

Vì y" đổi dấu khi x qua điểm  nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là I(1; 1)

3 Đồ thị của hàm số: Lấy thêm hai điểm A(1; 1) và B(3; 3).

Bạn đọc tự vẽ hình.

b Miền xác định D = 

Đạo hàm:

y' = 3x26mx, y' = 0  3x26mx = 0 x 0 .







Hàm số có hai điểm cực trị A, B khi:

2m  0  m  0

Khi đó, toạ độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0; 3m3), B(m; m3)

Ta có SOAB = 48 khi:

4

1

6m 48

2   m

4 = 16  m = 2, thoả mãn điều kiện

Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu 3 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Biến đổi phơng trình về dạng:

2

2cos x 2 3 sin x.cos x cos x   3 sin x 1

2 2cos x cos x 1 2 3 sin x.cos x 3 sin x 0

(cos x 1)(2cos x 1) 3(2cos x 1)sin x 0

(cos x 3 sin x 1)(2cos x 1) 0

cos x 3 sin x 1

2cos x 1 0

  

 

 



cos x sin x

1 cos x

2



 













1 cos x

3 2 1 cos x

2

  

 

 



 











x k2

3 3 2

x k2

3

 



   



 



   



x k2

, k 2

x k2 3

 





   





Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm

 Chú ý: Cũng có thể biến đổi bằng cách thêm bớt nh sau:

2 cos x 3 sin x cos x 2cos x  cos x 3 sin x 1

2 cos x 3 sin x 1 cos x cos x 3 sin x 1

(cos x 3 sin x 1)(2cos x 1) 0

Cách 2: Biến đổi phơng trình về dạng:

2

2cos x 2 3 sin x.cos x cos x   3 sin x 1

2 2cos x 1 2 3 sin x.cos x cos x 3 sin x

cos 2x 3 sin 2x cos x 3 sin x

1 3 1 3

cos 2x sin 2x cos x sin x

2x x k2

3 3 2x x k2

3 3

 



    



 

 

     



2

x k2

3 , k . 2

x k 3





  





 





Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm

Câu 3 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Điều kiện:

2

x 4x 1 0

x 0

   







x 2 3

0 x 2 3

  

 

  



(*)

Đặt t x (t 0) bất phơng trình đợc chuyển về dạng:

t  1 t  4t  1 3t  t4 4t2 1 t23t 1. (1)

Ta xét hai trờng hợp:

Trờng hợp 1: Bất phơng trình (1) đúng khi:

2

t 3t 1 0

     t2 3t 1 0  t 3 5

2



2





Trờng hợp 2: Với điều kiện:

t2 + 3t  1  0 3 5 t 3 5.

Bất phơng trình (1) đợc chuyển về dạng:

t  4t   1 t 3t 1  6t315t26t 0

2 3t(2t 5t 2) 0

2t 5t 2 0





 

  



1 t 2

t 2















(**) 3 5 1

t

2 2

t 2

 

 











Kết hợp hai trờng hợp 1 và trờng hợp 2, ta đợc:

1

t

2

t 2













1 x 2

x 2















1 x 4

x 4















0 x

4

x 4



 











Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0;1 4; 

4

 

  

 

 

Cách 2: Điều kiện:

x 4x 1 0

x 0

   







x 2 3

0 x 2 3

  

 

  



(*)

Nhận xét rằng x = 0 là nghiệm của bất phơng trình

Với x > 0, biến đổi bất phơng trình về dạng:

x x

t x (t 2)

x

x

   nên bất phơng trình đợc chuyển

về dạng:

2

t t  6 3  t2 6 3 t 

3 t 0

3 t 0

t 6 (3 t)

 





 

 







t 3

t 3

6t 15







  



 



5 t 2

  1 5

x

2 x

   u x 0 1 5

u

u 2

 

  

 2u2  5u + 2  0

u 2 1 u 2









 



x 2 1 x 2

 





 



x 4

1

0 x

4









  



Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0;1 4; 

4

 

  

 

 

Câu 4 Đặt u = x2, suy ra:

du = 2x.dx du

x.dx

2



Đổi cận:

 Với x = 0 thì u = 0

 Với x = 1 thì u = 1

Từ đó:

1

2 0

I





1

0

du



1

2ln | u 2 | ln | u 1|

2

2

ln 3 ln 2.

2

Câu 5 Bạn đọc tự vẽ hình.

a Do tính chất đối xứng nên từ:

SC  AH  SC  BH  SC  (ABH)

b Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Ta có ngay:

1

Trong SAC cân tại S, gọi D là trung điểm của AC, ta có:

SAC

1

2

SD.AC 2



SD.AC AH

SC

SC





2

2 AC

2 SC

  



2

2 a

2 2a

 

  

 



a 15 4



2

2 a 15 2a

4

7a 4

Trong ABH cân tại H, gọi E là trung điểm của AB, ta có:

ABH

1

2

2

.a

2

a 11 8

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc:

2 S.ABH

1 7a a 11



3 7a 11

96



Cách 2: Sử dụng tính chất về tỉ số thể tích, ta đợc:

S.ABH

S.ABC

SH

SC

Trong SAC cân tại S, gọi D là trung điểm của AC, ta có:

SAC

1

2

SD.AC 2



SD.AC AH

SC

SC





2

2 AC

2 SC

  



2

2 a

2 2a

 

  

 



a 15 4



2 2

2

2 a 15 2a

4

7a 4

Gọi O là trọng tâm ABC, ta có:

2

2 a 3 2a

3

a 33 3



1



2

1 a 33 a 3



3

a 11 12

Thay (5), (6) vào (4), ta đợc:

3 S.ABH

7a 1 a 11

4 2a 12



3 7a 11

96



Câu 6.a Trớc tiên, với z = (x + y) ta có biến đổi:

1 = x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + (x + y)2 = 2(x + y)2 + 2xy (*)

Từ (*) ta lần lợt có:

2 1

xy (x y)

2

  

2

1 (x y) 2

2



 

    

 

2

3 (x y) 2

  2 x y 2

    

Đặt t = x + y, biến đổi P về dạng:

P = x5 + y5  (x + y)5 = 5xy(x3 + y3)  10x2y2(x + y)

= 5xy[(x + y)3  3xy(x + y)]  10x2y2(x + y)

= 5xy(x + y)3 + 5x2y2(x + y)

2

5 (x y) (x y) 5 (x y) (x y)

           

3

5 5

(x y) (x y)

    5t3 5t

2 4

  = f(t).

Xét hàm số f(t) trên 2; 2

3 3

 



 

 

 

, ta có:

2

15 5

f '(t) t

2 4

  ; f’(t) = 0 15t2 5 0

2 4

    1,2

1

t

6

 

f 5 / 6 6

5 / 6 6



5 / 6 6

5 / 6 6

