Đề thi và đáp án môn Toán khối B năm 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; 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 3 2 3
y = x − 3mx + 3m (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(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x +1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2
x +1+ x − 4x +1 ≥ 3 x. 1 3 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = d . x ∫ 4 2 x + 3x + 2 0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều 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 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và 2 2 2
x + y + z = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 5 5
P = x + y + z .
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 2 2 ( 1
C ): x + y = 4, 2 2
(C ): x + y −12x +18 = 0 và đường thẳng 2
d : x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
thuộc (C ), tiếp xúc với d và cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 2 1 x −1 y z
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và hai 2 1 −2 điểm (2
A ;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 2 2
x + y = 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
z − 2 3i z − 4 = 0. Viết dạng
lượng giác của z1 và z2.
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................................... ; Số báo danh:............................................. .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Khi m =1, ta có: 3 2
y = x − 3x + 3 .
• Tập xác định: D = . \ 0,25 • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 2 y ' = 3x − 6 ;
x y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Các khoảng đồng biến: (− ;
∞ 0) và (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2).
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −1. 0,25
− Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = . +∞ x →−∞ x →+ ∞ − Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 + ∞ y ' + 0 – 0 + 0,25 3 +∞ y −∞ –1 • Đồ thị: y 3 0,25 2 O x −1
b) (1,0 điểm) 2
y '= 3x − 6m ;
x y '= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . m 0,25
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*).
Các điểm cực trị của đồ thị là 3 (0 A ; 3m ) và 3 B(2 ; m − m ). 0,25 Suy ra 3
OA = 3 | m | và d (B, (O ) A ) = 2 | m | . 4 S 48 ∆ = ⇔ 3m = 48 0,25 OAB ⇔
m = ± 2, thỏa mãn (*). 0,25 Trang 1/4 2
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2x + 3 sin 2x = cos x − 3 sin x 0,25
(1,0 điểm) ⇔ π π
cos(2x− )=cos(x+ ) 0,25 3 3 ⇔ π π
2x− = ±(x+ )+k2π (k∈]). 0,25 3 3 ⇔ 2π 2π x =
+ k2π hoặc x = k (k ∈]). 0,25 3 3 3
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*).
(1,0 điểm) Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0,25 Với x > 1 1
0, bất phương trình đã cho tương đương với: x + + x + − 4 ≥ 3 (1). x x 3 ⎡ −t <0 1 Đặt ⎢ t = x +
(2), bất phương trình (1) trở thành 2
t − 6 ≥ 3 − t ⇔ 3 ⎧ −t ≥0 ⎢ 0,25 x ⎨ 2 2 ⎢ t ⎣⎩ −6≥(3−t) 5 ⇔ 1
t ≥ . Thay vào (2) ta được 1 5 x +
≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc x ≤ 0,25 2 x 2 2 1 ⇔0< x ≤ hoặc
x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương 4 0,25 1 trình đã cho là: 0; ⎡ ⎤ ∪[4;+∞). ⎢⎣ 4⎥⎦ 4 Đặt 2
t = x , suy ra dt = 2 .
xdx Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1. 0,25
(1,0 điểm) 1 1 2 1 x .2 d x x 1 td Khi đó t I = = ∫ ∫ 2 2 0,25 2 (x 1 + )(x +2) 2 (t 1 + ) t( +2) 0 0 1 1 1 2 1 1 = ∫( −
)dt=(ln|t+2|− ln|t 1+ + + )| 0,25 2 t 2 t 1 2 0 0 3 = ln3 − ln2. 0,25 2 5 S
Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có
(1,0 điểm)
AB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ (SCD), do đó AB ⊥ SC. 0,25
Mặt khác SC ⊥ AH, suy ra SC ⊥ (ABH ). 0,25 a 3 a 3 H Ta có: a CD= ,OC = nên 2 2 33 SO = SC OC − = . 2 3 3 0,25 . 2 SO CD a 11 1 1 Do đó a DH = = . Suy ra S A . B DH . ∆ = = 1 ABH SC 4 2 8 A C Ta có 2 2 7a
SH = SC−HC = SC− CD −DH = . O 4 D 0,25 3 1 7 11 Do đó a V = S = B S. H .S . ABH 3 ∆ABH 96 Trang 2/4 6 Với 2 2 2
x + y + z = 0 và x + y + z = 1, ta có:
(1,0 điểm) 2 2 2 2 2
0=(x+ y+ z) = x + y + z +2x( y+ z)+2 yz 1
= −2x +2yz, nên 2 1 yz = x − . 2 0,25 2 2 2 2 y + z 1− − 6 6 Mặt khác x 2 1 1 x yz ≤ = , suy ra: x − ≤ , do đó − ≤ x ≤ (*). 2 2 2 2 3 3 Khi đó: P = 5 2 2 3 3 2 2
x + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z)
= x + −x ⎡ y +z
y+ z − yz y+ z ⎤+ ⎣ ⎦ (x − )2 5 2 2 2 2 1 (1 ) ( )( ) ( ) x 2 0,25 = 1 1 5 ⎡ ⎤ 3
x +(1− x ) −x(1− x )+ 2x −x . ⎣ (xx − + x − ⎢ x = ( ) 2)⎥⎦ ( 2)2 5 2 2 2 2 4 ⎡ 6 6 ⎤ 6 Xét hàm 3
f (x) = 2x − x trên ⎢− ; ⎥, suy ra 2
f '(x) = 6x −1; f '(x) = 0 ⇔ x = ± . ⎢ 3 3 ⎣ ⎥⎦ 6 ⎛ 6 ⎞ ⎛ 6 ⎞ 6 ⎛ 6 ⎞ ⎛ 6 ⎞ 6 6 Ta có f ⎜− ⎟= f ⎜ ⎟=− , f ⎜ ⎟= f ⎜− ⎟=
. Do đó f (x) ≤ . 0,25 3 6 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 6 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 9 9 5 6 Suy ra P ≤ . 36 6 5 6 Khi x=
,y = z =− 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là . 0,25 3 6 36 7.a
(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C)
(1,0 điểm) (C)
cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI. Mà AB ⊥ d và 0,25
O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x. A I d
Mặt khác I ∈ (C2), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: ⎧y= x B ⎪ ⎧x=3 0,25 ⎨ ⇔⎨ ⇒I(3;3). 2 2 ⎪x + y 12 − x 18 + =0 y =3 ⎩ ⎩ (C1)
Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R=d (I,d )=2 2. 0,25 (C2)
Vậy phương trình của (C) là 2 2
(x − 3) + ( y − 3) = 8. 0,25 8.a
Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). 0,25
(1,0 điểm) Do I∈d nên tọa độ của điểm I có dạng I(1+2t;t;−2t). Do , A B (
∈ S) nên AI =BI, suy ra 2 2 2 2 2 2 (2t 1 − ) +(t 1
− ) +4t =(2t+3) +(t−3) +(2t+2) ⇒t =− . 1 0,25
Do đó I(−1; −1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17. 0,25
Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là 2 2 2
(x +1) + ( y +1) + (z − 2) = 17. 0,25 9.a
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là 4 C
(1,0 điểm) 25 12650. = 0,25
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 1 3 2 2 3 1
C .C +C .C +C .C 0,25 15 10 15 10 15 10 = 11075. 0,25 11075 443
Xác suất cần tính là P = = . 0,25 12650 506 Trang 3/4 7.b 2 2
(1,0 điểm) y Giả sử ( ): x y E + 1
= (a>b>0). Hình thoi ABCD có 2 2 0,25 B a b H
AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2 . OB
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem ( A ; a 0) và A C O x (0; a B
). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 0,25 2 suy ra 2 2
OH là bán kính của đường tròn (C) : x + y = 4. D 1 1 1 1 1 4 Ta có: = = + = + . 2 2 2 2 0,25 4 2 OH OA OB a a 2 2 Suy ra 2 2 x y
a = 20, do đó b = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là + =1. 0,25 20 5 8.b Do
B ∈Ox,C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B b
( ; 0; 0) và C(0; c; 0). 0,25
(1,0 điểm) Gọi b c
G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ( ; ; )1. 0,25 3 3 JJJJG x y z−3
Ta có AM =(1;2;−3) nên đường thẳng AM có phương trình = = . 1 2 3 − 0,25 b c 2 −
Do G thuộc đường thẳng AM nên = =
. Suy ra b = 2 và c = 4. 3 6 3 −
Do đó phương trình của mặt phẳng ( x y z P) là
+ + =1, nghĩa là (P) : 6x + 3y + 4z −12 = 0. 0,25 2 4 3 9.b Phương trình bậc hai 2
z − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4. 0,25
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1
z = 1 + 3i và z2 = 1 − + 3i. 0,25 • ⎛ π π
Dạng lượng giác của là ⎞ 1 z 1 z =2⎜cos +isin . ⎟ 0,25 ⎝ 3 3⎠ • ⎛ 2π 2π Dạng lượng giác của ⎞ z là 2 z2 =2⎜cos +isin . ⎟ 0,25 ⎝ 3 3 ⎠
---------- HẾT ---------- Trang 4/4