Đề thi tuyển sinh đại học năm học 2012 môn Toán Khối: A41172

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2( m  )x  m ( ) ,với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vng Câu (2,0 điểm) Giải phương trình s in2x+cos2x=2cosx-1  x3  x  x  22  y  y  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R) x  y  x  y     ln( x  1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a Câu (1,0 điểm) : Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ x y yz zx biểu thức P     x  y  z PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M  11  trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;   2 đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y z    điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3 Tìm số hạng chứa x5 n  nx  khai triển nhị thức Niu-tơn    , x ≠ 14 x  B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y z    , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + = điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình 1 đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN 5( z  i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa   i Tính mơđun số phức w = + z + z 1 z2 DeThiMau.vn BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) : m =  y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ =  x = hay x = 1 Hàm số đồng biến (-1; 0) (1; +), nghịch biến (-;-1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 yCT = -1 y lim y   x  Bảng biến thiên : x - -1 y’  y + -1 + 0 1  + + + -1 -1 O - x y =  x = hay x =  -1 Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm (  ; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ =  x = hay x2 = (m + 1) Hàm số có cực trị  m + >  m > -1 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m2), B (- m  ; – 2m – 1); C ( m  ; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác vng A Gọi M trung điểm BC  M (0; 2m–1) Do ycbt  BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)  m  = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2  = (m + 1) m  = (m  1) (do m > -1)  = (m + 1) (do m > -1)  m = Câu s in2x+cos2x=2cosx-1  sinxcosx + 2cos2x = 2cosx  cosx = hay sinx + cosx = 1   sinx + cosx =  cosx = hay cos( x  )  cos 2 3  2  x =  k hay x  k 2 hay x   k 2 Câu 3:  x3  x  x  22  y  y  y  Đặt t = -x  2 x  y  x  y    t  y  3t  y  9(t  y )  22  Hệ trở thành  Đặt S = y + t; P = y.t t  y  t  y     S  3PS  3( S  P)  S  22  S  3PS  3( S  P)  S  22   Hệ trở thành   1 S  2P  S   P  (S  S  )   2 3 2 S  S  45S  82    P     3    Vậy nghiệm hệ  ;   ;  ;  2 2 2   P  (S  S  )  S  2  2  x3  x  x  22  y  y  y 1  Cách khác :  Đặt u = x  ; v = y + 2 2 ( x  )  ( y  )   2  cosx = hay DeThiMau.vn 45  3 45 u  u  u  (v  1)  (v  1)  (v  1) Hệ cho thành  4 u  v   45 45 Xét hàm f(t) = t  t  t có f’(t) = 3t  3t  < với t thỏa t 4 v  v  1  f(u) = f(v + 1)  u = v +  (v + 1)2 + v2 =  v = hay v = -1   hay  u  u     3   Hệ cho có nghiệm  ;   ;  ;  2 2 2  Câu 3 3 x 1  ln( x  1) ln( x  1) ln( x  1)  J = = = Với I  dx dx  dx J  dx  J 2 2     x x x x 1 1 1 dx ; dv = dx , chọn v = Đặt u = ln(x+1)  du = -1 x 1 x x 3 dx 1 1 4 ln  ln + ln3 J = (  1) ln( x  1) +  = (  1) ln( x  1) + ln x = 1 x x x 2 2 ln  ln = Vậy I =  ln  ln 3 3 1 dx dx Cách khác : Đặt u = + ln(x+1)  du = ; đặt dv = , chọn v = , ta có : x x 1 x I   1  ln( x  1)  + x 2 dx x 1 x( x  1) =  x 1  ln( x  1)  ln x  1 =  ln  ln 3 Câu Gọi M trung điểm AB, ta có a a a MH  MB  HB    S 2 a  28a a a     CH   CH  6 36     a 21 2a SC  HC  ; SH = CH.tan600 = 3 I K B H M A a2 a3 a 12 dựng D cho ABCD hình thoi, AD//BC C Vẽ HK vng góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI chiều cao SHK Vậy khoảng cách d(BC,SA) khoảng cách 3HI/2 cần tìm 1 1 2a a , hệ thức lượng  HK       3 HI HS HK  a 21   a          V  S , ABC   a 42 3 a 42 a 42  d  BC , SA  HI   12 2 12 Câu x + y + z = nên z = -(x + y) có số khơng âm khơng dương Do tính chất đối xứng ta giả sử xy   HI  Ta có P  x y 3 yx 3 x y  12( x  y  xy ) = y  x  x y P3 x y 3 yx 3 x y  12[( x  y )  xy ]  3 DeThiMau.vn x y  2.3  12[( x  y )  xy ] D 3 x y x y  2.3  x  y Đặt t = x  y  , xét f(t) = 2.( 3)3t  3t f’(t) = 2.3( 3)3t ln   3( 3.( 3)3t ln  1)   f đồng biến [0; +)  f(t)  f(0) = x y Mà  30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy  x = y = z = Vậy P = A Theo chương trình Chuẩn : A Câu 7a B a 10 a 5a Ta có : AN = ; AM = ; MN = ; M AM  AN  MN ฀ cosA = =  MAN  45o AM AN ฀ C (Cách khác :Để tính MAN = 45 ta tính D N 2 1) ฀ ฀ ) tg ( DAM  DAN 1  Phương trình đường thẳng AM : ax + by  ฀ cos MAN  2a  b 5(a  b )  11 a b= 2 a 1  3t2 – 8t – = (với t = )  t = hay t   b 2 x  y   + Với t =  tọa độ A nghiệm hệ :   A (4; 5) 3 x  y  17  2 x  y   + Với t    tọa độ A nghiệm hệ :   A (1; -1) x  3y   Cách khác: A (a; 2a – d ( M , AN )  3), , MA = MH  10 11 45 )  (2a  )  2  a = hay a =  A (1; -1) hay A(4; 5) Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) vectơ phương đường thẳng d   [ MI , ud ]   AB R IH    d (I , d )    [ MI , ud ]  (2;0; 2)  IH =  2 ud (a  R 2  R=  phương trình mặt cầu (S) : x  y ( z  3)  3 n(n  1)(n  2) Câu 9.a 5Cnn 1  Cn3  5.n   30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0)  n = Gọi a hệ số x5 i ta có C  x2     2 i 1  14 – 3i =  i = C77 i   2 B Theo chương trình Nâng cao : i  1 1     ax5  (1)i C77 i    x 2 i a a= i x143i  ax5 35 35 Vậy số hạng chứa x5 x 16 16 x2 y Câu 7b Phương trình tắc (E) có dạng :   (a  b) Ta có a = a b (E )cắt (C ) điểm tạo thành hình vng nên : DeThiMau.vn  4 16 x2 y 2 M (2;-2) thuộc (E)     b  Vậy (E) có dạng  1 a b 16 16 Câu 8b M  d  M (1  2t ; t ;  t ) (t  R) ; A trung điểm MN  N (3  2t ; 2  t ;  t ) x 1 y  z N  ( P)  t   N (1; 4;0) ;  qua A N nên phương trình có dạng :   Câu 9b z  x  yi 5( z  i ) 5( x  yi  i ) 5[( x  ( y  1)i )  2i   2i   2i z 1 x  yi  ( x  1)  yi  x  5( y  1)i  2( x  1)  ( x  1)i  yi  y  x  5( y  1)i  (2 x   y )  ( x   y )i 2 x   y  x 3 x  y  x      x   y  5( y  1)  x  y  6 y 1 z = + i; w   z  z   (1  i )  (1  i )    i   2i  (1)   3i  w    13 DeThiMau.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 -Mơn: TỐN; 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 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx  3m3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cos x  sin x) cos x  cos x  sin x  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x  x   x x3 dx x  3x  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = a , AB = a Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  x  y2  z2  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x5  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1 ) : x  y  , (C2 ) : x  y  12 x  18  đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d x 1 y z   Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 2 hai điểm A(2;1;0), B (2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu qua A, B có tâm thuộc đường thẳng d Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam 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 đường trịn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình tắc elip (E) qua đỉnh A, B, C, D 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 cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  3iz   Viết dạng lượng giác z1 z2 ………… Hết ………… DeThiMau.vn BÀI GIẢI Câu 1: a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + Tập xác định R y’ = 3x2 – 6x; y’ =  x = hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1 lim y   lim y   x  x  x y’ y  +  0 CĐ  + + + -1 CT Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2; y(2) = -1 y" = 6x – 6; y” =  x = Điểm uốn I (1; 1) y Đồ thị : -1 x b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ =  x = hay x = 2m y có cực trị  m  Vậy A (0; 3m3) B (2m; -m3) SOAB = 6m  48  m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk) Câu : 2(cos x  sin x) cos x  cos x  sin x   (2 cos x  1)(cos x  1)  sin x(2 cos x  1)   2  cos x    cos x   x  k 2      cos x  sin x  cos  x      x  k 2   3 Câu : Giải bất phương trình x   x  x   x Đk :  x   hay x   nhận xét x = nghiệm 1 + Với x  0, BPT  x   x 4  x x 1 Đặt t = x   x  = t2 – (t  2) x x t  Ta có : t  t    t    t  t  hay  2 t    6t  t  x   x  hay x  4 x Kết hợp với đk   x  hay x  4 dt Câu : Đặt t = x   xdx ; x   t  ; x   t  DeThiMau.vn  1  tdt    dt  t  3t  2  t  t     ln  3ln  Câu Nối BH ta có tam giác ABH cân H, tính chất đối xứng  SC  BH Vậy SC  ( ABH ) Gọi SD chiều cao tam giác SAB a 15a a 15 a 2  SD  (2a )     4a    SD  4 2 1 I S( SAB ) S( SAB ) S H O D B a 15 a 15  a  2 a 15 a 15 a 15  S( SAC )  AH SC   AH   2.2a Ta có SH  (2a )  AH  4a  C A 15a 49a 7a SH 7a   SH     16 16 SC 4.2a 2  a 15   a  15a a 44a 11a SH   ; SO      SO       12 12 V( SABC ) SC    3.2   a  a 11 a 11 V( SABH )       96  xy  ( x  y )   x  y  z    Câu    2 x  y  z    x  y   3 5 5 P = x + y + z = x + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y) 5 5  =   ( x  y )3  ( x  y )    t  t ; t=x+y 2 2  5 f(t) =  t  t 15 f’(t) =  t  f’(t) =  t =  t   3 6 V( SABH ) f’(t) f(t) – 36 36 5 Vậy P  + Vậy max P = – 36 36 36 xảy t = DeThiMau.vn x  y  x  y         xy   (có nghiệm) hay  xy  (có nghiệm)    z  ( x  y )  z  ( x  y )   2 Câu 7a Phương trình đường trịn (C) : x  y  2ax  2by  c  v Phương trình đường thẳng AB : 2ax  2by  c   AB có vtcp v (b;-a) v vv Đường thẳng (d) có vtcp u (1;1) (d )  AB  u.v   a  b (1) a b4 d(I,d) =  a  b  c  = 2a2 – c (2) I  (C2 )  a  b  12a  18  (3) Thế (1) vào (3) ta có : a  b  Thế a  b  vào (2) ta có : c = 10 Vậy phương trình đường trịn (C) : x  y  x  y  10  Cách khác : Gọi I (a;b)  (C2 ) ; đường trịn tâm I cắt (C1) tâm O A, B cho AB  (d ) Mà IO  AB  IO P(d ) Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2 = R  a  b  12a  18  (1)  a  b  12a  18  a  b   Ta có :   2  a  b    a  b  12a  18  (2)  a  b  Hệ (1)  a   2; b  1  2 ; (loại) I O phải phía so với (d) Hệ (2)  a  b   a  6a    a  Phương trình đường trịn : ( x  3)  ( y  3)  Câu 8a Gọi tâm mặt cầu I  (d )  I (1  2t ; t ; 2t ) IA2  9t  6t  , IB  9t  14t  22 Ta có IA2  IB  t  1  I (1; 1; 2) , IA2  R  17 Vậy phương trình mặt cầu :  x  1  ( y  1)  ( z  2)  17 Câu 9a Số cách gọi học sinh lên bảng : C254  Số cách gọi học sinh có nam lẫn nữ : TH 1: nữ nam có : 10.C153  10.455 = 4550 25!  12650 4!.21! TH 2: nữ nam có : C102 C152  4725 TH : nữ nam có : C103 C151  1800 Vậy số cách gọi học sinh có nam nữ : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 11075 443  Vậy xác suất để học sinh gọi có nam lẫn nữ : 12650 506 C104 21 Cách khác: Xác suất chọn khơng có nam: P1 =  C25 1265 C154 273 Xác suất chọn khơng có nữ : P2 =  C25 2530 Xác xuất có nam nữ : P = – (P1 + P2) = DeThiMau.vn 443 506 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi R = 1 Ta có     a  20  a   b  a a a x2 y Vậy phương trình (E) :  1 20 Câu 8b Gọi B giao điểm mặt phẳng với Ox, B(b;0;0) C giao điểm mặt phẳng với Oy, C(0;c;0) x y z b c  Vậy pt mặt phẳng có dạng :    trọng tâm tam giác ABC : G  ; ;1 b c 3  uuuv x y z 3 AM  (1; 2; 3) Pt đường thẳng AM :   3 b c 2 Vì G  AM nên    b  2, c  4 Vậy pt mặt phẳng (P) x  y  z  12  Câu 9b Phương trình z  3iz   có hai nghiệm z1  1  3i, z2   3i         Vậy dạng lượng giác z1, z2 : z1    cos  sin i  ; z2   cos  sin i  3  3    2 2    z1 = 2(cos + isin ); z2   cos  i sin  3 3  10 DeThiMau.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x – mx2 – 2(3m2 – 1)x + (1), m tham số thực 3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1.x2 + 2(x1 + x2) = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = cos2x  xy  x   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R) 2 2 x  x y  x  y  xy  y  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  /  x(1  sin 2x)dx Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình vng, tam giác A’AC vng cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A 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 AD có phương trình x + 3y = x – y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M (  ; 1) Tìm tọa độ đỉnh 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 điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính 2(1  2i )   8i Tìm mơđun số phức Câu 9.a (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z + 1 i w = z + + 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 + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = x 1 y 1 z   Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 hai điểm A (1; -1; 2), B (2; -1; 0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z2 + 3(1 + i)z + 5i = tập hợp số phức 11 DeThiMau.vn BÀI GIẢI Câu 1: x – x2 – 4x + Tập xác định R 3 y’ = 2x – 2x – 4; y’ =  x = -1 hay x = 2; y(-1) = 3; y(2) = -6 lim y   lim y   a) m= 1, hàm số thành : y = x  x   x y’ y +  -1 CĐ  + + + -6 CT Hàm số đồng biến (∞; -1) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (-1; 2) Hàm số đạt cực đại x = -1; y(-1) = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2; y(2) = -6 1 y" = 4x – 2; y” =  x = Điểm uốn I ( ;  ) 2 Đồ thị : y -1 x -6 b) y’ = 2x2 – 2mx – 2(3m2 – 1) y có cực trị  ’ = m2 + 4(3m2 – 1) >  13m2 – > 2 m< hay m > 13 13 Gọi x1, x2 nghiệm y’ : x1x2 + 2(x1 + x2) = (nhận) cos2x  sin3x – sinx + cos3x + cosx = cos2x cos2x  cos2x = hay 2sinx + 2cosx =  -(3m2 – 1) + 2m =  3m2 – 2m =  m = (loại) hay m = Câu : sin3x + cos3x – sinx + cosx =  2sinxcos2x + 2cos2xcosx =   cos2x = hay sin( x  )  7  k 2 (với k  Z) 12 12  xy  x    xy  x   Câu 3:    2 2 2 x  x y  x  y  xy  y   x  y   x  y  1   xy  x    xy  x     hay   y  2x 1 x  y x=  k  hay x =    k 2 hay x = 2 x  x    x  x     hay   x  y  y  2x 1 12 DeThiMau.vn   1  1  x  x  x    hay  hay 2  y 1 y  y     Câu 4: / I  x(1  sin 2x)dx Đặt u = x  du = dx dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –  /4 cos2x  /4  /4   x sin x  1   I = x( x  cos x)   ( x  cos x)dx = 16   2 0 Câu 5: a a a D/ A/ C  a  AC  , BC   2 2   a a  a a3 V      2   24 A/  2 32  C/ B/ H D Hạ AH vuông góc A/B tam giác ABA/ Chính d(A,BCD/) =h 1 a A B  h Ta có  2 h  a  a   2  2   Câu 6: Ta có  ( x  4)  ( y  4)  xy  32  ( x  y )  8( x  y )    x  y   xy  ( x  y )   xy   ( x  y ) 2 3 A = x  y  3( xy  1)( x  y  2) = ( x  y )3  xy  3( x  y )  A  ( x  y )3  ( x  y )  3( x  y )  Đặt t = x + y (  t  ), xét f(t) = t  t  3t   f’(t) = 3t  3t  1 1 17  5 f’(t) = t = ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( )= 2 17  5 1 Vậy giá trị nhỏ f(t) xảy t = 17  5 1 1 A  f(t)  Dấu xảy x = y x + y = hay x = y = 4 PHẦN RIÊNG A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a: AC cắt AD A (-3; 1) Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + = 4 Trung điểm MN : K (  ; ) 6 4 Vẽ KE  AD (E  AD)  KE : ( x  )  ( y  )   E (-2; 2) 6 E trung điểm AD  D (-1; 3) Giao điểm AC EK : I (0; 0) 13 DeThiMau.vn C I trung điểm BD  B (1; -3) I trung điểm AC  C (3; -1)    10 Câu 8a: IH = d(I, (P)) =  ; R2 = IH2 + r2 = + 16 = 25 (S) : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 3)2 = 25 Câu 9a : (2 + i)z + (1 + 2i)(1 – i) = + 8i  (2 + i)z + + i – 2i2 = + 8i (7i  4)(2  i )   2i  (2 + i)z = 7i + z= (2  i )(2  i ) Suy : w = z + + I = + 3i  w  16   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 =  pt đường tròn : (x + 1)2 + (y – 1)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 M  AM = (2t; -t; t – 2) vng góc với BM = (2t – 1; -t; t)  6t2 – 4t =  t = hay t = Vậy M (1; -1; 0) hay M ( ;  ; ) 3 3 Câu 9b: z + 3(1 + i)z + 5i =  = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2 3(1  i )  (1  i ) z=  z = -1 – 2i hay z = -2 – i 14 DeThiMau.vn ... 10 DeThiMau.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ..   13 DeThiMau.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 -Mơn: TỐN; Khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN... đường thẳng d Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam nữ B Theo chương trình