De DH khoi B 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN; khối B I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3m3 (1) , m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. Câu 2 (1,0 ñiểm) Giải phương trình 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1. Câu 3 (1,0 ñiểm) Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x . 1 x3 Câu 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫ 4 dx. 2 x + 3 x + 2 0 Câu 5 (1,0 ñiểm) Cho hình chóp tam giác ñều S.ABC với SA = 2a, 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 ñiểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các ñiều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 5 + y 5 + z 5 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) : Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng có hệ tọa ñộ Oxy, cho các ñường tròn (C1) : x 2 + y 2 = 4 , (C2): x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d: x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2), tiếp xúc với d và cắt (C1) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. x −1 y z Câu 8.a (1,0 ñiểm)Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng d: và = = 2 1 −2 hai ñiểm A(2;1;0), B(-2;3;2). Viết phương trình mặt cầu ñi qua A,B và có tâm thuộc ñường thẳng d. Câu 9.a (1,0 ñiểm) 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 ñể 4 học sinh ñược gọi có cả nam và n ữ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Câu 8.b (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ 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 ñường thẳng AM. Câu 9.b (1,0 ñiểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 . Viết dạng lượng giác của z1 và z2 BÀI GIẢI Câu 1: a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + 3. Tập xác ñịnh là R. y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> lim y = −∞ và lim y = +∞ x →−∞. x →+∞. x y’ y. −∞. 0 + 0 3 −∞ Cð. 2 −. +∞. 0. + +∞. -1 CT. Hàm số ñồng biến trên (−∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0; y(0) = 3; hàm số ñạt cực tiểu tại x = 2; y(2) = -1 y" = 6x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1. ðiểm uốn I (1; 1) y ðồ thị : 3. 0 -1. 2. x. 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) 1 S∆OAB = −6m4 = 48 ⇔ m4 = 16 ⇔ m = ±2 (nhận so với ñk) 2 Câu 2 : 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1 ⇔ (2 cos x + 1)(cos x − 1) + 3 sin x(2 cos x + 1) = 0 ⇔ 2 cos x + 1 = 0 hay cos x + 3 sin x = 1 ⇔ cos x = −. ⇔ x=±. 1 π 1  hay cos  x −  = 2 3 2 . 2π + k 2π hay x = k 2π , k ∈ ℤ 3. Câu 3 : Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x . ðk : 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hay x ≥ 2 + 3 nhận xét x = 0 là nghiệm (1) 1 1 + Với x ≠ 0, BPT ⇔ x + + x+ −4 ≥ 3 x x 1 1 ðặt t = x + ⇒ x + = t2 – 2 (t ≥ 2) x x t ≤ 3 Ta có : t + t 2 − 6 ≥ 3 ⇔ t 2 − 6 ≥ 3 − t ⇔ t ≥ 3 hay  2 2 t − 6 ≥ 9 − 6t + t 1 5 1 ⇔ x+ ≥ ⇔ 0 < x ≤ hay x ≥ 4 2 4 x 1 Kết hợp với ñ k và (1) ⇒nghiệm của bpt là 0 ≤ x ≤ hay x ≥ 4. 4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 dt Câu 4 : ðặt t = x ⇒ = xdx ; x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t = 1 2 1 1 1 tdt 1  −1 2  1 I= ∫ 2 = ∫ + dt 2 0 t + 3t + 2 2 0  t + 1 t + 2  = 2 ( 2 ln 3 − 3ln 2 ) Câu 5 Nối BH ta có tam giác ABH cân tại H, do tính chất ñối xứng ⇒ SC ⊥ BH . Vậy SC ⊥ ( ABH ) . Gọi SD là chiều cao của tam giác SAB. 2. a 15a a 15 a ⇒ SD 2 = (2a) 2 −   = 4a 2 − = ⇒ SD = 4 4 2 2 S( SAB ) S( SAB ). 2. 2. S H. O D B. 1 a 15 a 2 15 = a. = 2 2 4 1 a 2 15 a 2 15 a 15 = S( SAC ) = AH .SC = ⇒ AH = = 2 4 2.2a 4. Ta có. SH 2 = (2a )2 − AH 2 = 4a 2 − 2. C. A. 15a 2 49a 2 7a SH 7a 7 = ⇒ SH = ⇒ = = 16 16 4 SC 4.2a 8 2.  a 15   a 3  15a 2 a 2 44a 2 SH 7 11a = = ; SO 2 =  − = ⇒ SO =  −   = V( SABC ) SC 8 4 12 12 3  2   3.2  7  1 a 2 3  a 11 7 a 3 11 = V( SABH ) = .  . . 8  3 4  96 3 Câu 6. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z ⇒ x ≥ 0 ≥ z và x + y = − z ≥ 0 (1) x + y + z = 0 1 ( x + y)2 2 2 ⇒ xy = ( x + y ) − ≤ 0≤ x+ y ≤ ( kết hợp ñk (1) )  2 2 2 2 4 3 x + y + z = 1 P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y) 1 = −5 xy ( x + y ) ( x + y ) 2 − xy )  = −5 xy ( x + y )( ) 2 2 6 5 1 5 5  = − ( x + y )3 − ( x + y )  = − t 3 + t ; với 0 ≤ t = x + y ≤ = 2 2 2 4 3 3  5 5 15 5 1 Xét f(t) = − t 3 + t ; f ’(t) = − t 2 + ; f ’(t) = 0 ⇔ t = ± 2 4 2 4 6 t 1 2 0 3 6 V( SABH ). f’(t) f(t). +. 0. 5 6. 36. –.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do ñó, P ≤ f (. 1 5 6 5 6 6 6 . Và P = khi x = y = )= ;z = − 36 12 6 36 6. 5 6 36 Câu 7a. Phương trình ñường tròn (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 Vậy MaxP =.  Phương trình ñường thẳng AB : −2ax − 2by + c = 4 ⇒ AB có vtcp v (b;-a)   ðường thẳng (d) có vtcp u (1;1) vì (d ) ⊥ AB ⇔ u.v = 0 ⇔ a = b (1) a −b−4 d(I,d) = = a 2 + b 2 − c ⇔ 8 = 2a2 – c (2) 2 I ∈ (C2 ) ⇔ a 2 + b 2 − 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 ñường tròn (C) : x 2 + y 2 − 6 x − 6 y + 10 = 0 Cách khác : Gọi I (a;b) ∈ (C2 ) ; vì ñường tròn tâm I cắt (C1) tâm O tại A, B sao cho AB ⊥ (d ) . Mà IO ⊥ AB ⇒ IO  (d ) . Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2 2 = R   a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0 (1)  a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0  a − b = 8 Ta có :  ⇔ 2 2  a − b − 4 = 4   a + b − 12a + 18 = 0 (2)   a − b = 0 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 ⇒ a 2 − 6a + 9 = 0 ⇒ a = 3 Phương trình ñường tròn : ( x − 3) 2 + ( y − 3)2 = 8 Câu 8a. Gọi tâm mặt cầu là I ∈ (d ) ⇔ I (1 + 2t ; t ; −2t ) IA2 = 9t 2 − 6t + 2 , IB 2 = 9t 2 + 14t + 22 Ta có IA2 = IB 2 ⇒ t = −1 ⇒ I (−1; −1; 2) , IA2 = R 2 = 17 Vậy phương trình mặt cầu là : ( x + 1) + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17 2. Câu 9a. Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là :. C254 =. 25! = 12650 4!.21!. 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 : C102 .C152 = 4725 TH 3 : 3 nữ 1 nam có : C103 .C151 = 1800 Vậy số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 11075 443 Vậy xác suất ñể 4 học sinh ñược gọi có cả nam lẫn nữ là : = 12650 506.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cách khác: Xác suất chọn không có nam: P1 = Xác suất chọn không có nữ : P2 =. C104 21 = 4 C25 1265. C154 273 = 4 C25 2530. Xác xuất có cả nam và nữ : P = 1 – (P1 + P2) =. 443 506. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. ðặt AC = 2a , BD = a . Bán kính ñường tròn nội tiếp hình thoi R = 2. 1 1 1 5 Ta có = 2 + 2 = 2 ⇒ a 2 = 20 ⇒ a = 2 5 ⇒ b = 5 4 a a a 4 x2 y 2 Vậy phương trình của (E) : + =1 20 5 Câu 8b. Gọi B là giao ñiểm của mặt phẳng với Ox, B(b;0;0). C là giao ñiểm của mặt phẳng với Oy, C(0;c;0). x y z b c  Vậy pt mặt phẳng có dạng : + + = 1 và trọng tâm tam giác ABC là : G  ; ;1 b c 3 3 3   x y z −3 AM = (1; 2; −3) . Pt ñường thẳng AM : = = 1 2 −3 b c 2 Vì G ∈ AM nên = = ⇒ b = 2, c = 4 3 6 3 Vậy pt mặt phẳng (P) là 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0 Câu 9b. Phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 có hai nghiệm là z1 = −1 + 3i, z2 = 1 + 3i. π π  π π    Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là : z1 = 2  − cos + sin i  ; z2 = 2  cos + sin i  3 3  3 3    2π 2π π π  z1 = 2(cos + isin ); z2 = 2  cos + i sin  3 3 3 3 .

<span class='text_page_counter'>(6)</span>