BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D 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) 2 2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2
y = x − mx − 2(3m −1)x +
(1), m là tham số thực. 3 3
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 1
x và x2 sao cho 1 x 2 x + 2( 1 x + 2 x ) = 1.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + cos3x − sin x + cos x = 2 cos 2 . x
⎧xy + x − 2 = 0 ⎪
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ \). 3 2 2 2
⎪⎩2x − x y + x + y − 2xy − y = 0 π 4
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x(1+ sin 2x)d . ∫ x 0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng .
ABCD A'B'C'D' có đáy là hình vuông, tam giác ' A AC vuông cân, '
AC = a . Tính thể tích của 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 2 2
(x − 4) + ( y − 4) + 2xy ≤ 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3
A = x + y + 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 1
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
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 và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4. 2(1+ 2i)
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z +
= 7 +8 .i Tìm môđun của số phức w = z +1+ .i 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 tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB=CD=2. x −1 y +1 z
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và hai 2 −1 1 điểm (1
A ; −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 2
z + 3(1+ i)z + 5i = 0 trên tập hợp các số phức.
---------- 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 D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm) 1
(2,0 điểm) 2 2 Khi 3 2
m = 1, hàm số trở thành y =
x − x − 4x + . 3 3
• Tập xác định: D = . \ 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2
y′ = 2x − 2x − 4; y′ = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2.
Các khoảng đồng biến: (−∞;−1) và (2;+∞); khoảng nghịch biến (−1;2 . )
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1,
− yCĐ = 3, đạt cực tiểu tại x = 2, = 6. − yCT 0,25
- Giới hạn: lim y = −∞, lim y = + ∞, x→− ∞ x→+ ∞ - Bảng biến thiên: x − ∞ –1 2 +∞ y ' + 0 – 0 + 3 +∞ 0,25 y −∞ –6 • Đồ thị: y 3 2 –1 O x 0,25 – 6
b) (1,0 điểm) Ta có 2 2
y′ = 2x − 2mx − 2(3m −1 . ) 0,25
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 2 ⇔ 2 13 13m − 4 > 2 13 0 ⇔ m > hoặc m < − . 13 13 Ta có: + = 1 x 2 x m và 2 − + + = ⇔ − + = 1 x 2
x = 1 3m , do đó 2 1 x 2 x 2( 1 x 2 x ) 1 1 3m 2m 1 0,25 ⇔ 2 2 m = 0 hoặc m =
. Kiểm tra điều kiện ta được m = . 0,25 3 3 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos 2x = 0. 0,25 2
(1,0 điểm) π π • cos2 = 0 k x ⇔ x = + (k ∈]). 0,25 4 2 • π 1
2sin x + 2cos x − 2 = 0 ⇔ cos(x − ) = 0,25 4 2 7π ⇔ π x =
+ k2π hoặc x = −
+ k2π (k ∈]). 12 12
Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: 0,25 π π k 7π π x = + , x = + k2π, x = −
+ k2π (k ∈]). 4 2 12 12
⎧xy + x − 2 = 0 3 ⎪ (1)
Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 0,25 2
(1,0 điểm)
⎪(2x − y +1)(x − y) = 0 (2) ⎩ − ±
• 2x − y +1 = 0 ⇔ y = 2x +1. Thay vào (1) ta được 2 1 5
x + x −1 = 0 ⇔ x = . 2 ⎛ 0,25 −1+ 5 ⎞ ⎛ −1− 5 ⎞
Do đó ta được các nghiệm (x; y) = ⎜ ; 5 ⎟ ⎜
và (x; y) = ⎜ ;− 5 ⎟. 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2 • x − y = 0 2
⇔ y = x . Thay vào (1) ta được 3 2
x + x − 2 = 0 ⇔ (x −1)(x + x + 2) = 0 0,25
⇔ x =1. Do đó ta được nghiệm ( ; x y) = (1; 1).
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: ⎛ −1+ 5 ⎞ ⎛ −1− 5 ⎞ 0,25 ( ;
x y) = (1; 1), (x; y) = ⎜ ; 5 ⎟, ⎜ ( ; x y) = ⎜ ;− 5 ⎟. 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠ π π π π π 4 4 4 2 4 2 4 4 x π
(1,0 điểm) I = d x x + x sin 2 d x x = + xsin 2 d x x = + xsin 2x x ∫ ∫ ∫ ∫ d . 0,25 2 32 0 0 0 0 0 Đặt u = ;d x v = 1 sin 2 d x ,
x suy ra du = d ;
x v = − cos 2x. 0,25 2 π π π π 4 4 1 1 1 4 Khi đó 4 x sin 2 d x x = − x cos 2x + cos 2 d x x = cos 2 d x x ∫ ∫ ∫ 0,25 2 0 2 2 0 0 0 π 1 2 4 1 = π 1
sin 2x = . Do đó I = + . 0,25 4 0 4 32 4 Tam giác A AC ′
vuông cân tại A và A C ′ = a nên 5
(1,0 điểm) D' a a C' A A ′ = AC =
. Do đó AB = B C ′ ′ = . 0,25 2 2 B' ' A 3 1 1
′ ′ = B 'C '. a V = = 2 0,25 ABB C S ABB ∆ ' B 'C '. . AB BB ' . 3 6 48
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của A ∆ . AB ′ Ta có H
AH ⊥ A' B và AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A' BC), 0,25 D
nghĩa là AH ⊥ (BCD '). Do đó AH = d ( , A (BCD ')). C 1 1 1 6 Ta có = + = . A B 2 2 2 ' 2 AH AB AA a 0,25 a 6 Do đó d( ,
A (BCD ')) = AH = . 6 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 6 Ta có 2 2
(x − 4) + ( y − 4) + 2xy ≤ 32 2
⇔ (x + y) − 8(x + y) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8. 0,25
(1,0 điểm) 3 3 3 2
A = (x + y) − 3(x + y) − 6xy + 6 ≥ (x + y) −
(x + y) − 3(x + y) + 6. 2 3 Xét hàm số: 3 2
f (t) = t −
t − 3t + 6 trên đoạn [0; 8]. 0,25 2 + 1− 5 Ta có 2 f (
′ t) = 3t − 3t − 1 5 3, f (
′ t) = 0 ⇔ t = hoặc t = (loại). 2 2 ⎛ 1+ 5 ⎞ 17 − 5 5 17 − 5 5
Ta có f (0) = 6, f ⎜ ⎟ = , f (8) = 398. ⎜ Suy ra A ≥ . 0,25 2 ⎟ 4 ⎝ ⎠ 4 1+ 5 17 − 5 5 Khi x = y =
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là . 0,25 4 4 7.a ⎧x + 3y = 0
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⇒ ( A −3;1). 0,25
(1,0 điểm) x − y + 4 = 0 ⎩
Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có A 4 B
phương trình là x − y + = 0. Vì N thuộc AC, nên tọa 3 N ⎧ 4 0,25 ⎪x − y + = 0 ⎛ 1 ⎞ K
độ của điểm N thỏa mãn hệ ⎨ 3 ⇒ N −1; . ⎜ ⎟ I ⎪ ⎝ 3 ⎠ x + 3y = 0 ⎩
Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN M
và vuông góc với AD, nên có phương trình là x + y = 0. D C
Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD. ⎧x + y = 0
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎨ 0,25 x + 3y = 0, ⎩ ⎧x + y = 0
và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ ⎨ x − y + 4 = 0. ⎩
Do đó I(0; 0) và K(−2;2). JJJG JJG JJJG JJJG
AC =2AI ⇒C(3; 1
− ); AD=2AK ⇒D( 1 − ;3); JJJG JJJG 0,25
BC = AD⇒ B(1; 3 − ). 8.a
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến 0,25
(1,0 điểm) của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình.
Ta có IH = d (I;(P)) = 3. 0,25
Bán kính của mặt cầu (S) là: 2 2 R = 3 + 4 = 5. 0,25
Phương trình của mặt cầu ( 2 2 2
S) là: (x − 2) + ( y −1) + (z − 3) = 25. 0,25 9.a 2(1+ 2i)
Ta có: (2 + i)z +
= 7 + 8i ⇔ (2 + i)z = 4 + 7i 0,25
(1,0 điểm) 1+ i
⇔ z = 3 + 2 .i 0,25
Do đó w = 4 + 3 .i 0,25 Môđun của w là 2 2 4 + 3 = 5. 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm
Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình. 7.b
Do I ∈ d nên tọa độ của I có dạng I (t;2t+3). 0,25
(1,0 điểm)
AB = CD ⇔ d (I ,Ox) = d (I ,Oy) ⇔| t |=| 2t + 3 |⇔ t = −1 hoặc t = −3. 0,25
• Với t = −1 ta được I( 1
− ;1), nên d(I;Ox) =1. Suy ra, bán kính của (C) là 2 2 1 1 + = 2. 0,25 Do đó 2 2
(C): (x +1) + ( y −1) = 2.
• Với t = −3 ta được I( 3 − ; 3
− ), nên d(I;Ox)=3. Suy ra, bán kính của (C) là 2 2 3 1 + = 10. 0,25 Do đó 2 2
(C): (x + 3) + ( y + 3) = 10.
Do M ∈ d nên tọa độ của điểm M có dạng M (1+ 2t;−1− t;t). 0,25 8.b JJJJG JJJJG
(1,0 điểm) Ta có AM = (2t; t
− ;t − 2), BM = ( 1 − + 2t; t − ;t). JJJJG JJJJG 0,25
Tam giác AMB vuông tại M ⇔ AM.BM = 0 2 2 ⇔ 2t( 1
− + 2t) + t + t(t − 2) = 0 ⇔ 6t − 4t = 0 0,25 ⇔ 2 ⎛ 7 5 2 ⎞ t = 0 hoặc t = . Do đó M (1; 1 − ;0) hoặc M ;− ; . 0,25 3 ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 3 ⎠ 9.b Phương trình bậc hai 2
z +3(1+i)z +5i = 0 có biệt thức ∆ = −2 . i 0,25
(1,0 điểm) 2 = (1− i) . 0,25 3(
− 1+ i) + (1− i)
Do đó nghiệm của phương trình là z = = 1 − − 2i 0,25 2 3(
− 1+ i) − (1− i) hoặc z = = 2 − − .i 0,25 2
------------- HẾT------------- Trang 4/4