DEDAP AN TSDH KHOI BD 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (170.13 KB, 10 trang )

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

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn : TỐN; khối B

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
0

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 trịn (C1) :

2 2 4

x y  ,

(C2):

2 2 12 18 0

x y  x  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 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 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

2 2 3 4 0

z  iz  . Viết

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

BÀI GIẢI
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)
y

x
0

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

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

2 2

6 9 6

t

t t t




   


1
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

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

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

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

7 1 3 11 7 11

. . .

8 3 4 3 96

SABH

a a a

V    

 

Câu 6. 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

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

f’(t) =

2
15 5

2 t 4

 

f’(t) = 0  t =
1



t 2



6 23

f’(t) – 0 + 0 –

f(t) 5 6

36 5 636

5 6



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

( )

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)
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 trịn (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 .
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

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

Câu 8a.

Gọi tâm mặt cầu là I( )d  I(1 2 ; ; 2 ) t t  t
2 9 2 6 2

IA  t  t , 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

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

  

2 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

2
3 6 3

b c 

  b 2,c 4

  

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

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



); 2

2 cos sin

3 3

z    i  

 

Lưu Nam Phát

(Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM)

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

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 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
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

i
i



 

 . Tìm mơđun của số

phức w = z + 1 + i.

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

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
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
Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y =
2

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 =
1

2. Điểm uốn I (
1
2;

3
2



)

Đồ thị : y

-6

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

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 =
2

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 2 0

xy x

x x y x y xy 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
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 –

1
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 2

a a a

A C a  AC BC 

3
1 1

3 2 2 2 2 24 2

a a a a

V     

 

 

A B

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

Hạ AH vng góc A/B trong tam giác ABA/
Chính là d(A,BCD/) =h

Ta có

2 2

1 1 1

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


2
4xy(x y )

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
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



) =

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)
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

  



; 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

 

 

 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

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

   