Dap an toan khoi D 2012 voi nhieu cach giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (360.97 KB, 6 trang )

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

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2012 
Mơn thi : TỐN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = 2

3x
3

– 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 = 2 cos2x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 22 02 2

2 2 0

xy x

x x y x y xy y

  




     

 (x, y  R)

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 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

 ; 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

i
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

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

Đáp án Toán khối D năm 2012 tham khảo

(Một số cách giải mà HS chúng ta có thể dùng khi làm bài thi)

Câu 2 : cách 1: sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2 cos2x
 (sin3x – sinx) + (cos3x + cosx) = 2 cos2x

 2sinxcos2x + 2cos2xcosx = 2 cos2x
os2



2sin 2 cos 2



0 os2 0

2sin 2 cos 2 0

c x

c x x x

x x




     

  



 cos2x = 0 hay sin( ) 1

4 2

x





 x =

4 k 2

 

 hay x = 2

12 k

 

  hay x = 7 2
12 k

 

 (với k  Z).

Cách 2. (dùng công thức sin cos 2 sin ;sin sin 2 cos .sin

4 2 2

a b a b

a a a  a b      

     )



sin 3 cos 3

 

sin cos



2 cos 2 2 sin 3 2 sin 2 os2

4 4

pt x x  x x  x  x  x  c x

   

os2 0
1

2 cos 2 .sin os2 2 cos 2 sin 0 1

sin sin

4 4 2

4 2 6

c x

x x c x x x

x






 

    

            

  

        







2 4 2

2 2

4 6 12

2
2

4 6

k

x k x

x k x k k

x k

   

    



   

     

 

        

 

      

 

 



Cách 3.











 













 















3 3

2 2 2 2

3sin 4 sin 4 cos 3cos sin cos 2 cos 2
2 sin cos 4 sin cos 2 cos 2

2 s inx cos 4 s inx cos sin sin x cos os 2 os sin
2 s inx cos 4 s inx cos 1 sin x cos 2 s inx cos s inx cos 0

s inx cos 2 4 s

pt x x x x x x x

x x x x x

x x x x c x c x x

x x x x x

x

      

    

       

        

   





 





 

in cos 2 s inx cos 0
s inx cos 0 1

2 s inx cos 4 sin .cos 2 0 2

x x x

x

x x x

   

 

  

 

   



Giải (1):

 

1 2 sin 0 s in 0

4 4 4 4

x  x  x  k x  k

   

             

   

Giải (2):

 



 





 



2  2 s inx cos x 2 1 2sin .cos x x  0 2 s inx cos x 2 s inx cos x 0
4

2 s in 0 s in 0

s inx cos 0

4 4

2 12

1
2

s inx cos

s in s in

2 sin

2 7

4 2 6

4 2 2

x k

x x

x

x k

x

x
x

x k

 

 

 

 



 

   


       

 

       

   

      

 

       

    

     

  

   

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

Nhận xét:Để giải (2) học sinh có thể đặt ts inxcosx t



  2; 2



2sin .cosx x t2 1

(2) trở thành:





2 2 1 2 0 2 2 0 2

t

t t t t

t



        


4

2 s in 0 s in 0

s inx cos 0

4 4
2
2
12
1
2
s inx cos

s in s in

2 sin

2 7

4 2 6

4 2 2

12
x k
x x
x
x k
x
x
x
x k

 
 
 
 

 
   

       
 
       
   
      
 
       
    
     
   


(Đa số HS làm theo cách 1 và 2; tuy nhiên cách 3 vẫn có khơng ít học sinh đã lựa chọn)

Câu 3: Giải hệ phương trình: 3 22 0 2 2

2 2 0

xy x

x x y x y xy y

  




     





 

2 2





 



2 0 2 0

2 2 0 2 0

xy x xy x

x xy x y x y y x x y x y y x y

     
 
 
 
            
 
 










2
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
   

 


 1

x
y


 

 hay

1 5
2
5
x
y
  



 

hay
1 5
2
5
x
y
  



  


Câu 4: Tính tích phân:

/ 4
0

I x(1 sin 2x)dx






 .

Cách 1. Như đáp án của Bộ. 
Cách 2.

Đặt u = x  du = dx

dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x – 1

2cos2x
I =

/ 4
0
1

( cos 2 )
2

x x x




/ 4
0

( cos 2 )
2

x x dx







 =

2 2 4 2

sin 2 1

16 2 4 32 4

x x



 



    

 

Câu 6: Ta có

 2 2

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

 2

4xy(xy) 6 3( )2
2

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
2

t  t  t  f’(t) = 3t2 3t 3
f’(t) = 0 khi t = 1 5



; f(0) = 6, f(8) = 398, f(1 5
2



) = 17 5 5
4



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là 17 5 5
4



xảy ra khi t = 1 5
2

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

A  f(t)  17 5 5



. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = 1 5
2



hay x = y = 1 5
4



PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7a: Cách 1.

L

N

P

K

I

C

B

A

D

M

(-1/3;1)

AC cắt AD tại A (-3; 1)

Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + 4 = 0.
1

1;
3

N ACMNN 

 ; Trung điểm của MN là: L (

2 2
;
3 3

 )

Vẽ LK  AD (K  AD)  LK : ( 2) ( 2) 0

3 3

x  y    x y 0  K (-2; 2)

K là trung điểm AD  D (-1; 3). Giao điểm của AC và LK : I (0; 0)
I là trung điểm BD  B (1; -3). I là trung điểm AC  C (3; -1)
Cách 2.



3;1 .



A ACADA  Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + 4 = 0.

Ta có: 1;1

N  ACMNN 

 

Gọi I



3 ;y y0 0



AC. Ta có: Tam giác IMN cân tại I nên



 



2 2

0 0 0 0

1 1

3 1 3 1

3 3

IM IN MI NI   y    y    y  y  

   

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 2 1 20

9 2 2 1 9 6 1 4 0

9 3 9 3

y y y y y y y y y y y

                  I

 

0;0 .

I là trung điểm của AC suy ra: C



3; 1 .



CD qua C(3;-1) và vng góc với AD có phương trình: 1



x 3

 

1 y     1



0 x y 2 0



1;3 .



DCDADD  I là trung điểm của BD nên: B



1; 3 .



Nhận xét: Ở đây hs có thể kẻ đường thẳng song song với CD thì cách làm tương tự.
Cách 3. (Viết phương trình đường thẳng BD).

Ta có: A ACADA



3;1 .



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

Ta có: os



,





,



 

, ' . ' 1 3 1 .
10. 2 5
. '

n n

c AD BD c AC BD c n n

n n



    

 
 

 
Giả sử đường thẳng BD qua 1;1

M 

 và có VTPT n1 

 

a b;



có phương trình:





1 0 0.

3 3

a
a x  b y  ax by   b

 







 

1 2 2

 

1 2 2

1
. '

1 1

os , os , ' 3 10 3 0 *

5 . ' 5 . 2

n n a b

c AD BD c n n a ab b

n n a b



        


 

 

 Nếu b  0 a 0 (loại)

 Nếu b0, chọn b = 1. Từ (*) ta có: 2

3 10 3 0 1

a

a a

a




   

 


+ Với a3;b1,ta có pt BD: 3x y 0



1;3 ;



DADBDD  I BDACI

 

0;0 ;
I là trung điểm của BD và AC nên: B



1; 3 ;

 

C 3; 1 .



+ Với 1; 1,

a b ta có pt BD: 3x9y 8 0. Suy ra BD // AC nên loại.
Vậy A



3;1 ;

 

B 1; 3 ;

 

C 3; 1 ;

 

D 1;3 .



Cách 4.

L

N'

N

P

K

I

C

B

A

D

M

(-1/3;1)

Qua M kẻ hai đường thẳng song với AD và DC lần lượt cắt AC tại N và N’.

Ta có: : 4 0; ' : 2 0.

3 3

MN x  y MN x  y

1 1

1; ; ' ' ' 1;

3 3

N MNACN  N MN ACN   

   

Ta lại có hai tam giác IMN và IMN’ cân tại I nên IN = IM = IN’. Do đó I là trung điểm của NN’.
Suy ra: I

 

0; 0 . Mà I là trung điểm của AC suy ra: C



3; 1 .



CD qua C(3;-1) và vng góc với AD có phương trình: 1



x 3

 

1 y     1



0 x y 2 0



1;3 .



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

Câu 9a:

Cách 1. (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

Cách 2.





2 1 2





7 8







2 1 2



 

7 8





i

i z i i i z i i i

i



           

















3 11 1 3
3 11

1 3 2 4 1 15 1 3 3 11

1 3 1 3

i i

i

i z i i i z i z z

i

  

 

               

 

30 20

3 2
10

i

z  z i

    

Suy ra : w = z + 1 + i = 4 + 3i  w  16 9 5
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 9b:

Cách 1. z2 + 3(1 + i)z + 5i = 0

Ta có:  = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phức là:

1
2

3(1 ) (1 )

1 2 ;
2

3(1 ) (1 )

2 .
2

i i

z i

i i

z i

   

   

   

   

Cách 2.

Giả sử z x yi x y



, 



. Ta có:







 





2 2 2

3 1 5 0 3 3 5 0 2 3 3 3 3 5 0

z  i z  i xyi   i xyi   i x  xyiy  x yi xi y i



2 2







2 2 3 3 0





 



3 3 2 3 3 5 0

2 3 3 5 0 2 3 3 5 0

x y x y x y

x y x y

x y x y xy y x i

xy y x xy y x

    



     

          

        

 











2 6 5 0 ( )

2 3 3 5 0 3

3 0

3 2 6 4 0

3 0

2 3 3 5 0

2 3 3 5 0 2 3 9 5 0

x y

x x ptvn

xy x y y x

x y x y

y x x x

x y

xy x y

xy x y x x

 





          

   

  

  

   

     

  

     

  

  




        

 

 

1
2
2
1

x
y
x
y

  

  



   

  



Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: z1  1 2 ;i z2   2 i.

</div>

Dap an toan khoi D 2012 voi nhieu cach giai











 

























 













 



















 





 

 

 



 





 













 

 





 

 



<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>







<i><b>L</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>P</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>M</b></i>

<b>(-1/3;1)</b>

