De va dap an DH Khoi B D nam 2012

Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]

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

- Môn: TOÁN; Khối B

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 y x 3 3mx23m3 (1), m 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 0 4 2

3 1



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

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

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z  0 và x2y2z2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x 5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 ( ) :C1 x2y2  4,

2

( ) :C x y  12x 18 0  và đường thẳng d x y:   4 0 Viết phương trình đường tròn có 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 : 2 1 2

1









d

và hai điểm (2;1;0), ( 2;3;2)

A B 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 đường tròn tiếp

xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x2y2 4 Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi Biết A thuộc Ox

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM.

Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 2 3iz 4 0. Viết dạng lượng giác của z1 và z2.

………… Hết …………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……… ; Số báo danh: ………

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN - Khối B

(Đáp án)

BÀI GIẢI

Câu 1:

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

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

lim

x

y

  

 

và limx

y

 



y’ + 0  0 +

y 3 +

 CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 2)

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 :

b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ = 0  x = 0 hay x = 2m

y có 2 cực trị  m  0

Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3)

3

3 ; ( ,( )) 2

 SOAB =

3 1

2 m m   m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk m 0)

Câu 2 :

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

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

1

3 1

x













 









Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với: cos 2x + 3sin 2x = cos x − 3sin x

 cos(2 ) cos( )



2

2 3

hoặc

2 3

x k  (k )

Câu 3 : Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 3 x Đk : 0  x  2 3 hay x  2 3

nhận xét x = 0 là nghiệm

+ Với x  0, BPT 

4

x x

 3 Đặt t =

1

x

x

 

1

x x

 = t2 – 2 (t  2)

y

x 0

3

2 -1

Ta có : t t2 6 3 

2

6 3

6 (3 )

t t

 





 

    







5 2

t

 

Hay

1

x

x



5 2

 

1 4

x 

hay x  4 Kết hợp với đk ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:  

1

4

 



 

 

Câu 4 :

Cách 1: Đặt t = x2 2

dt xdx

; x 0 t0; x 1 t1 1

2

0

1

tdt

I

t t



 



1

0

2 t 1 t 2 dt



 12ln 3 3ln 2

2

Cách 2: 0 4 2

3 1



Giả sử: 2

3

A

2

x 2

B

3

2

2

2

B

1

1

3

0 0

ln( 1) ln( 2) ln 3 ln 2

2







Câu 5

Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC Ta có

AB  CD và AB  SO nên AB  (SCD), do đó AB SC.

Mặt khác SC  AH , suy ra SC  ( ABH)

Vậy SC(ABH)

Cách 1: Gọi SD là chiều cao của tam giác SAB

2 ( )

SAB

SAB SAC

a

 

 

Ta có

S

A

H

C

B O D

2 2

( )

;

SABH

SABH SABC SABC

( )

SABH

Cách 2 : Ta có :

,

nên

3

a

SO SC  OC 

Do đó

4

SO CD a DH

SC

Suy ra

2

ABH

a

S  AB DH 

Ta có

4

a

SH SC HC SC   CD  DH 

Do đó

3

S ABH ABH

a

Câu 6

Cách 1: 2 2 2

0 1

x y z

x y z

  





2 1

2

xy x y

x y









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

=

2 x y 2 x y 2t 4t

f(t) =

3

2t 4t

f’(t) =

2

2 t 4

f’(t) = 0  t =

1 6



3



1 6



1

6 23

f’(t) – 0 + 0 –

36 5 636

5 6 36



Vậy P  5 636 Vậy max P = 5 636 xảy ra khi t =

1 6



1 6 1 3

x y

xy

  











 



2 3 1 6

x y xy

  











 



Cách 2: Với x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1, ta có:

0 = ( x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z)+ 2 yz =1− 2 x2 + 2 yz, nên

2

yz x 

Mặt khác

, suy ra

2

x

, do đó

(*)

Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z)

2

2

Xét hàm

3

( ) 2

f x  x  x trên

6 6

;

3 3

 , suy ra f x( ) 6 x21;

6 ( ) 0

6

Ta có

,

f f  f f  

6 ( ) 9

Suy ra

5 6

36

Khi

,

thì dấu bằng xảy ra Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 6

36 

Câu 7a

Cách 1:

(C1)

A

B

C

d I

(C1) có tâm là gốc tọa độ O Gọi I là tâm của đường tròn (C)

cần viết phương trình, ta có ABOI Mà AB  d và O  d nên OI // d, do đó OI có phương trình y = x.

Mặt khác I  (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:

3 (3;3) 3

12 18 0

I y





Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d (I , d ) = 2 2

Vậy phương trình của (C) là ( x − 3)2+ ( y − 3)2 = 8

Cách 2:

Phương trình đường tròn (C) : x2y2 2ax 2by c 0

Phương trình đường thẳng AB : 2ax 2by c 4  AB có vtcp vv

(b;-a) Đường thẳng (d) có vtcp u(1;1)

v

vì ( )d AB u vvv. 0

a b

  (1)

d(I,d) =

2 2 4

2

a b

a b c

 

 8 = 2a2 – c (2)

2 2

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

Vậy phương trình đường tròn (C) : x2y2 6x 6y10 0

Cách 3: Gọi I (a;b) ( )C2 ; vì đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O tại A, B sao cho AB ( )d

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

Ta có :

4 4

a b





  



12 18 0

(1) 8

12 18 0

(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)

Hệ (2) a b 3 a2 6a 9 0  a3

Phương trình đường tròn : (x 3)2(y 3)2 8

Câu 8a

Ta có:

1 2 :

2

d y t

 









 



Gọi tâm mặt cầu là I( )d  I(1 2 ; ; 2 ) t t  t khi đó: IA2 9t2 6t2, IB2 9t214t22

Do A, B nằm trên mặt cầu nên IA2 IB2 t1  I( 1; 1; 2)  , IA2 R2 17

Vậy phương trình mặt cầu là : x12(y1)2(z 2)2 17

Câu 9a

Cách 1: 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.C 153 10.455 = 4550

TH 2: 2 nữ 2 nam có : C C 102 152 4725

TH 3: 3 nữ 1 nam có : C C 103 151 1800

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

Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là :

11075 443

12650506

Cách 2: Xác suất chọn không có nam: P1 =

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

Cách 1:

Giả sử

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

a b    Hình thoi ABCD có

AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.

Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và

(0; )

2

a

B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,

suy ra OH là bán kính của đường tròn ( ) :C x2y24

4OH OA OB a a

Suy ra a2 = 20, do đó b2 = 5 Vậy phương trình chính tắc của

(E) là

1.

20 5

Cách 2:

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

= 2

Ta có

4

4

Vậy phương trình của (E) :

1

20 5

x y

Cách 3:

Gọi (E) có dạng

(2 )

a a  với

1 2

a BD

, ta có:

2

5

a  a R   

Vậy phương trình của (E) :

1

20 5

x y

Câu 8b

Cách 1:

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

y H B

A C

x O

D

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

Vậy pt mặt phẳng có dạng : 3 1

x y z

bc   và trọng tâm tam giác ABC là : 3 3; ;1

b c

G  

(1; 2; 3)

AM  

uuuv

Pt đường thẳng AM :

3

x y z 



Vì G AM nên

2

b c 

 

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

Cách 2:

Do B  Ox, C  Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0).

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra

; ;1

3 3

b c

Ta có AM (1;2; 3)

nên đường thẳng AM có phương trình

3



Do G thuộc đường thẳng AM nên

2

 Suy ra b 2 và c 4

Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là

1

2 4 3

,

1 2 cos sin ; 2 2 cos sin

z      i z      i

( ) : 6P x 3y 4z 12 0 

Câu 9b Phương trình z2 2 3iz 4 0 có hai nghiệm là z1   1 3 ,i z2   1 3i

Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là :

z1 = 2(cos

2 3

 + isin

2 3

 ); 2

2 cos sin

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 =

2

2

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

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

2 0

xy x

x x y x y xy y

  





Câu 4 :(1,0 điểm) Tính tích phân

/ 4

0

I x(1 sin 2x)dx



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

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 điểm M (

1 3



; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

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 1

i

i i



 

+ 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:

x y z

A (1; -1; 2), B (2; -1; 0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB 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 ĐỀ TOÁN KHỐI D NĂM 2012

( Th.GV Toán :TT luyenthichuyentoanbh - Biên Hoà – Đồng Nai)

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

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2

3x 3 – mx 2 – 2(3m 2 – 1)x +

2

3 (1), m là tham số thực.

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

Khi m= 1, ta có : y =

2

2

3

*Tập xác định : D = R

* Sự biến thiên :

- Các khoảng đồng biến trên (∞; -1) và (2; +∞); khoảng nghịch biến trên (-1; 2)

y

  

 

và limx

y

 



- Bảng biến thiên :

x  -1 2 +

y’ + 0  0 +

y 3 +

 -6

- Đồ thị cắt trục Oy tại y =

2

1

1

2;

3 2



)

*Đồ thị :

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

2 13



hoặc m >

2 13

y

x 0

3

-6

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của y’ =0 với x1x2 + 2(x1 + x2) = 1

2

Vậy giá trị m cần tìm là m =

2 3

Phương trình đã cho  sin3x – sinx + cos3x + cosx = 2cos2x



(với k  Z)

1 sin( )

x 





hoặc x =

7 2

12 k







(với k  Z)

2 0

xy x

x x y x y xy y

  





2 0

2 1 0

xy x

x y x y

  









3

2

2 0 0

x x

x y

   





 

2

x y



  



2 0

xy x

x y

  







1 1

x y











Với

2 0

2 1

xy x

y x

  





2 5

x y







 

2 5

x y

  







 



Vậy hệ đã cho có ba nghiệm (x; y) :



Câu 4 :(1,0 điểm) Tính tích phân

/ 4

0

I x(1 sin 2x)dx



 

.

Đặt u = x  du = dx; dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –

1

I =

/ 4

0

1

( cos 2 )

2





/ 4

0

1 ( cos 2 ) 2



  

=

/ 4

0

Vậy I

2 1

32 4



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.

*Vì A’C = a :

Tam giác A’AC vuông cân tại A

a

AC 

= B’B Tam giác ABC vuông cân tại B

= B’C’

2

4 2

B BC

a

S 

Thể tích khối tứ diện ABB’C’là

1

3 4 2 2 24 2

* Hạ AH vuông góc A’B

Trong tam giác vuông A’AB ta có :

2

6 2

2

a h

h  a  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 = x 3 + y 3 + 3(xy – 1)(x + y – 2).

2 3

2

(2)

Từ (2) => A

2

3 3 2

3 6 2

t  t  t

f’(t) = 0

1 0

2

> 0 ( nhận); t =

1 5 2



< 0 ( loại);

Ta có : f(0) = 6, f(8) = 398, f(

2



) =

17 5 5 4



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) =

17 5 5 4



xảy ra khi t =

2



17 5 5

4



Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =

2



Vậy giái trị nhỏ nhất của A =

17 5 5 4



xảy ra khi x = y =

4



H

D,

D

C,

C B,

B A,

A

II - PHẦN RIÊNG

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 điểm M (

1

3



; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

k

P

O I N M

B A

Điểm A có các toạ độ là nghiệm của hệ

4 0

x y

x y





  

Đường thẳng qua M và // AD cắt AD tại (N  AC)  MN : 3x – 3y + 4 = 0

=> N có toạ độ là nghiệm của hệ

x y

x y





1

3)

Gọi I là trung điểm của MN => I (

2 2

;

3 3



)

* (PQ) qua I và // AB có phương trình :

x  y 

(PQ): x + y = 0

* (PQ) giao với (AD) tại P có toạ độ :

0

4 0

x y

x y

 





  

*(PQ) giao với (AC) tại O có toạ độ :

0

x y

x y





 

=> O(0;0) là tâm đối xứng của hình chữ nhật ABCD

- Vì P là trung điểm của AD => D(-1; 3)

- C đối xứng với A(-3; 1) qua O => C(3; -1)

- B đối xứng với D(-1; 3) qua O => B(1;-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.

Mặt phẳng (Q) qua I và vuông góc với (P), cắt mặt cầu và (P) theo tiết diện như hình vẽ :

Tam giác vuông IOA có: IA = R và OA = r

IO = d(I, (P)) =

4 1 6 10

3 9

  



;

= 9 + 16 = 25  R = 5 Vậy phương trình mặt cầu cấn viết :

B

I