De va da mon Toan KBKDMoi cap nhat

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (185.03 KB, 8 trang )

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

---ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn thi: TỐN - Khối : B

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 x 1 x2  4x 1 3 x.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

1 3

4 2

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 có hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1) :

2 2 4

x y  , (C

2):
2 2 12 18 0

x y  x  và đường thẳng d: x y  4 0 . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc (C

2), 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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

2 1 2

x y z

 

 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 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, 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

2 2 3 4 0

z  iz  . 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>

ĐÁP ÁN KHỐI B NĂM 2012
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
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)

SOAB =

4
1

6 48

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

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

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

cos 2

2cos 1 0 2 2

3
1

cos 3 sin 1 cos 2

3 2

x x x x

x

x x k

x x x x 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)

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

6 9 6

t

t t t





   





x
x



5
2




1
4

x

hay x  4

Kết hợp với đk  0 

1
4

x

hay x  4.
Câu 4 : Đặt t = x2 2

dt
xdx

 

; x 0 t0; x 1 t1

1
2
0
1

2 3 2

tdt
I

t t



 



1
0

1 1 2

2 t 1 t 2 dt



 

   

 

 





2ln 3 3ln 2



 

Câu 5

Nối BH ta có tam giác ABH cân tại H, do tính chất đối xứng  SCBH. Vậy SC(ABH).

Gọi SD là chiều cao của tam giác SAB

x
0

2
-1

A

B

C 
S

H

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

2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

15 15

(2 ) 4

2 4 4 2

1 15 15 1 15 15 15

. ; .

2 2 4 2 4 2.2 4

SAB SAB SAC

a a a a

SD a a SD

a a a a a

S 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

SC a

         

2 2 2 2 2

( ) 2

( )

7 15 3 15 44 11

;

8 2 3.2 4 12 12 3

SABH
SABC

V SH a a a a a a

SO SO

V SC

   

           

   

   

Vậy

2 3

( )

7 1 3 11 7 11

. . .

8 3 4 3 96

SABH

a a a

V    

 

Câu 6. 2 2 2
0

x y z

x y z

  




  

 

2 1

( )

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) =

5 5

2t 4t

 

; f’(t) =

15 5

2 t 4

 

; f’(t) = 0  t =
1



t 2



1
6



6 23

f’(t) – 0 + 0 –
f(t) 5 6

36 5 636

5 6
36



Vậy P 

5 6

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



1
6
1

( )

x y
xy

z x y
  







 


 (có nghiệm) hay

2
3
1

6
( )

x y
xy

z x y

  







 



 (có nghiệm)

Câu 7a. 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

a b

a b c

 

  

 8 = 2a2 – c (2)

I( )C2  a2b212a18 0 (3)

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

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

Ta có :

2 2

12 18 0
4 4

a b a

a b

    




  





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 trịn : (x 3)2(y 3)2 8

Câu 8a.

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

Ta có 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. 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 :

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

11075 443
12650506

Cách khác: 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. 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

  

20 2 5

a a

     b 5 ; Vậy phương trình của (E) :

2 2
1
20 5

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).

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

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 :

1 2 cos sin ; 2 2 cos sin

3 3 3 3

z      i z      i

   

z1 = 2(cos
2



+ isin

2
3



); 2

2 cos sin

3 3

z    i 

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

---ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Mơn thi: TỐN - Khới : 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 =

3x3 – mx2 – 2(3m2 – 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.

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 2 2 2

2 0

2

0 xy x

x

x y x

y

xy y

 

















(

x y

,

 

)

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

/ 4

I x(1 sin 2x)dx









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



 

 . Tìm mơđun của số phức

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 trịn 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

2 1 1

x y z

 

 và hai

điểm A (1; -1; 2), B (2; -1; 0). Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vng tại M.

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

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

ĐÁP ÁN KHỐI D NĂM 2012

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y =

3x3 – x2 – 4x + 
2

3. Tập xác định là R.

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

x

y

  

 

và limx

y

 



x  -1 2 +
y’ + 0  0 +

y 3 +
 CĐ -6

Hàm số đồng biến trên (∞; -1) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 2)

Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y(2) = -6
y" = 4x – 2; y” = 0  x =

2. Điểm uốn I (

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
13



hay m >

2
13

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

 -(3m2 – 1) + 2m = 1  3m2 – 2m = 0  m = 0 (loại) hay m =

3 (nhận)

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

 2sinxcos2x + 2cos2xcosx = 2cos2x  cos2x = 0 hay 2sinx + 2cosx = 2

 cos2x = 0 hay

1
sin( )

4 2

x 

 x = 4 2

k

 



hay x = 12 k2




 

hay x =

7
2
12 k





(với k  Z).

Câu 3:

3 2 2 2

2 0

2

0 xy x

x

x y x

y

xy y

 



























2 0

2 1 0

xy x

x y x y

  





   





2

2 0

xy x

x y

  






 hay

2 0
2 1

xy x

y x

  




 




3
2

2 0

x x

x y

   







 hay

2 2 2 0

2 1

x x

y x

   



 



x
0

-6

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


1
1

x
y







 hay

1 5

2
5

x
y

  




 

 hay

1 5

2
5

x
y

  




 


Câu 4:
/ 4
0

I x(1 sin 2x)dx








. Đặt u = x  du = dx

dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –

2cos2x

I =

/ 4
0
1

( cos 2 )
2

x x x





/ 4
0

( cos 2 )
2

x x dx









/ 4

2 2 2

sin 2 1

16 2 4 32 4

x x 

   

     

 

Câu 5:

/ ,

2 2 2

a a a

A C a  AC  BC 

3
1 1

3 2 2 2 2 24 2

a a a a

V     

 

 

Hạ AH vng góc A/B trong tam giác ABA/

Chính là d(A,BCD/) =h

Ta có

2 2

1 1 1

6
2

a
h
h  a  a  

 

 

Câu 6: Ta có

 (x 4)2(y 4)22xy32(x y )2 8(x y ) 0  0 x y8
 4xy(x y )2

2
3

6 ( )

xy x y

   

A = x3y33(xy1)(x y  2)= (x y )3 6xy 3(x y ) 6
A

3 3 2

( ) ( ) 3( ) 6

x y x y x y

      

Đặt t = x + y (0 t 8), xét f(t) =

3 3 2

3 6

t  t  t

 f’(t) = 3t2 3t 3

f’(t) = 0 khi t =

1 5



; f(0) = 6, f(8) = 398, f(

1 5



) =

17 5 5
4



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là

17 5 5
4



xảy ra khi t =

1 5



A  f(t) 

17 5 5
4



. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =

1 5



hay x = y =

1 5



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

Trung điểm của MN : K (

4 4
;
6 6



)

Vẽ KE  AD (E  AD)  KE :

4 4

( ) ( ) 0

6 6

x  y 

 E (-2; 2)

E là trung điểm AD  D (-1; 3). Giao điểm của AC và EK : I (0; 0)

A B

C
C/

B/
D/

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

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
9

  



; R2 = IH2 + r2 = 9 + 16 = 25

(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

 (2 + i)z = 7i + 4  z =

(7 4)(2 )

3 2
(2 )(2 )

i i

i

i i

 

 

 

Suy ra : w = z + 1 + I = 4 + 3i  w  16 9 5 

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) vng góc với BM



= (2t – 1; -t; t)

 6t2 – 4t = 0  t = 0 hay t =
2

3. Vậy M (1; -1; 0) hay M (

7 5 2
; ;
3  3 3).
Câu 9b: z2 + 3(1 + i)z + 5i = 0

 = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2

z =

3(1 ) (1 )

i i

   

</div>

De va da mon Toan KBKDMoi cap nhat















2 0

2

2

0

<i>xy x</i>

<i>x</i>

<i>x y x</i>

<i>y</i>

<i>xy y</i>

 





















<i>x y</i>

,

 

<sub></sub>

<b>ĐÁP ÁN KHỐI D NĂM 2012</b>

2 0

2

2

0

<i>xy x</i>

<i>x</i>

<i>x y x</i>

<i>y</i>

<i>xy y</i>

 





























<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về