DH 2012B

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (184.52 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
--- Mơn: TỐN; 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

1 4 1 3 .

    

x x x x

Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân 0 4 2
3
1

3 2



 



x

I dx

x x .

Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếu vng góc của
A trên cạnh SC. Chứng minh SC vng 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 2

( ) :C x y  12x18 0 và đường thẳng d x y:   4 0 . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc ( )C2 ,
tiếp xúc với d và cắt ( )C1 tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với d.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 1 2




x y z

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 trịn 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, choA(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 khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 
Mơn: TỐN - 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

 



x  0 2 +
y’ + 0  0 +

y 3 +
 CĐ -1

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 ; ( ,( )) 2

OA m d B OA m

  

 S

OAB =

6 48

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

cos 2

2cos 1 0 2 2

cos 3 sin 1 cos 2

3 2

x x x x

x

x x k

x x x x k







     



 


 

   



   



 

  

   



 

  



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

 

  

 2x 3 (x 3) k2 (k )

 



     



2
2
3

x  k 

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 

1 1

x x

x
x

   

 3

Đặt t =

x
x



1

x
x


= t2 – 2 (t  2)

x
0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có : t t2 6 3 
2
2 2
3 0
3 0
6 3

6 (3 )

t
t
t t
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
0; 4;
4
 

 
 



.

Câu 4 :

Cách 1: Đặt t = x2 2
dt

xdx

 

; x 0 t0; x 1 t1
1

2
0

2 3 2

tdt
I
t t

 



1
0

1 1 2

2 t 1 t 2 dt



 

   

 

 





2ln 3 3ln 2



 

Cách 2: 0 4 2
3
1
3 2

 



x
I dx
x x

Giả sử: 2
3

4 3 2 1 2

2
x

B

x Cx D

x x x x

 

 

   

2 2 3 2

4 2 4 2 4 2

(Ax )( 2) ( ) 1 ( ) ( ) (2 ) 2

3 3 3

1 1
0 0
2 0
( )
2 2
2
0 0
2
2

x x Cx D x A C x B D x A C x B D

x x x x x x

A C A

B D B

A C C

B

B D D

         
  
  
  
 

    
 
   
  
 
  
 
  
 
 

1 1 1 1

4 2 2 2 2 2

0 0 0 0

1 2 1 2

1
2 2
2 2
0 0
3
0
0
2 2

3 1 2 1 2

1 ( 1) ( 2) 1 3

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

2 1 2 2 2

x x x x x

I dx dx dx dx

x x x x x x

d x d x

x x
x x
 
       
      
 
       






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 2 2

2 2 2

2
( )

2 2

( ) ( )

15 15

(2 ) 4

2 4 4 2

1 15 15

2 2 4

1 15 15 15

2 4 2.2 4

SAB

SAB SAC

a a a a

SD a a SD

a a

S a

a a a

S S AH SC AH

a
 
         
 

 
     
Ta có
2 2

2 (2 )2 2 4 2 15 49 7 7 7

16 16 4 4.2 8

a a a SH a

SH a AH a SH

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2

2 2 2

( ) 2

( ) ( )

( )

7 7 15 3 15 44 11

;

8 8 2 3.2 4 12 12 3

SABH

SABH SABC
SABC

V SH a a a a a a

V V SO SO

V SC
   
             
   
   
2 3
( )

7 1 3 11 7 11

. . .

8 3 4 3 96

SABH

a a a

V    

 

  .

Cách 2 : Ta có :

3 3

2 3

a a

CD OC

nên

2 2 33

a
SO SC  OC 

Do đó

. 11

SO CD a

DH

SC

 

. Suy ra

2
1 11
. .
2 8
ABH
a
S  AB DH 

Ta có

2 2 7

a

SH SC HC SC   CD  DH 

Do đó

1 7 11

3 96

S ABH ABH

a
V  SH S 

.
Câu 6.

Cách 1: 2 2 2

0
1

x y z

x y z

  


  
 

2 1
( )
2
2 2
3 3

xy x y

x y

  



   



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

3 3

5 1 5 5

( ) ( )

2 x y 2 x y 2t 4t

 

       

  ; t = x + y

f(t) =
3

5 5

2t 4t

 

f’(t) =
2

15 5

2 t 4

 

f’(t) = 0  t =
1
6

t 2
3



1
6


1

6 23

f’(t) – 0 + 0 –
f(t) 5 6

36 5 636

5 6
36

  5 636

Vậy P 
5 6

36. Vậy max P = 5 636 xảy ra khi t = 1 6


1
6

1
3
( )
x y
xy

z x y

  





 


 (có nghiệm) hay

2
3
1
6
( )
x y
xy

z x y

  






 


 (có nghiệm)

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 1.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mặt khác

2 2 1 2

2 2

y z x

yz   

, suy ra

2 1 1

2 2

x

x   

, do đó

6 6

(*)

3 x 3

  

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

5 (1 2) ( 2 2)( ) ( ) 2 1 2

x x  y z y z yz y z  x  x

          

 

5 (1 2) (1 2) 2 1 2 1 5(2 3 ).

2 2 4

x x  x x x x  x  x x x

            

   

 

Xét hàm

( ) 2

f x  x  x trên

6 6

;

3 3

 



 

 , suy ra f x( ) 6 x21;

6
( ) 0

f x   x

Ta có

6 6 6 6 6 6

3 6 9 3 6 9

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

        Do đó

( )

f x  

Suy ra

5 6
36

P 

Khi

6 6

3 6

x y z 

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

5 6
36 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

(C2)

(C1)

A

B
C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(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:

2 2

(3;3)
3

12 18 0

y x x

I
y

x y x

 

 

 

 



    



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 trịn (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)

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

( ) 12 18 0 (3)

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 trịn 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 :

2 2 12 18 0

4 4

a b a

a b

    




  




2 2
2 2

12 18 0

(1)
8

12 18 0

(2)
0

a b a

a b

a b a

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
:

x t

d y t

z 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 :





2 2 2

1 ( 1) ( 2) 17

x  y  z 
Câu 9a.

Cách 1: Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : 
4
25

25!

12650
4!.21!

C  

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

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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

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

11075 443

12650506

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

4
10
4
25

21
1265

C
C 

Xác suất chọn khơng 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

2 2

( ) :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.

Khơng mất tính tổng qt, ta có thể xem A(a; 0) và

(0; )
2

a
B

. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên AB,
suy ra OH là bán kính của đường trịn ( ) :C x2y24

Ta có : 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

4OH OA OB a a

Suy ra a2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của
(E) là

2 2

20 5

x y

 

Cách 2:

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

Ta có

2 2 2

1 1 1 5

4
4

a a a

  

2 20 2 5

a a

     b 5

Vậy phương trình của (E) :

2 2

20 5

x y

 

Cách 3:

Gọi (E) có dạng

2 2

2 2 1

(2 )

x y

a a  với

1
2

a BD

, ta có:
2

2 2 2

1 1 1 1

4 4 a

a  a R   

Vậy phương trình của (E) :

2 2

20 5

x y

 

Câu 8b. 
Cách 1:

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

H
B

A
C

x
O

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

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 :

1 2 3

x y z

 


Vì G AM nên

3 6 3

b c 
 

2, 4

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
G 

 

Ta có AM(1;2; 3)



nên đường thẳng AM có phương trình

1 2 3

x y z

 


Do G thuộc đường thẳng AM nên

3 6 3

b c 

  

 Suy ra b2 và c4

Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là

2 4 3

x y z

  

1 2 cos sin ; 2 2 cos sin

3 3 3 3

z      i z      i

    nghĩa là

( ) : 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

3 3

z    i  

</div>

DH 2012B



































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về