Đáp án đề thi đại học môn TOÁN khối D năm 2008

Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân,.. Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một tro

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối D

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 2 3 2 2(3 2 1) 2 (1),

y= x −mx − m − x+ 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 x và 1 x2 sao cho x x1 2+2(x1+x2) 1.=

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3 x+cos3x−sinx+cosx= 2 cos 2 x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 22 02 2 ( , )

xy x

x y

+ − =

⎨

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

π 4 0

(1 sin 2 )d

I =∫x + x x

')

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân,

Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(

' ' ' '

'

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x y, thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(x−4) +(y−4) +2xy≤32

A x= +y + xy− x y+ −

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 ( )1

;1 3

M −

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 và điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4

( ): 2P x y+ −2z+10 0= (2;1;3)

I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 ) 2(1 2 ) 7 8

1

i

i

+

+ + Tìm môđun của số phức w z= + + 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 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

d x y− + =

2

AB CD= =

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1

−

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+ = trên tập hợp các số phức 5i 0

- 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:

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối D

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

a) (1,0 điểm)

Khi m= 1, hàm số trở thành 2 3 2 2

y= x −x − x+

• Tập xác định: D= \

• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y′ = 2x2− 2x− 4;y′ = ⇔ = −1 0 x hoặc x= 2.

0,25

Các khoảng đồng biến: ( −∞ − ) ; 1 và (2; +∞ khoảng nghịch biến ); ( 1;2) −

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = − y1, CĐ = đạt cực tiểu tại 3, x = y2, CT = − 6.

- Giới hạn: lim , lim ,

- Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có y′ = 2x2− 2mx− 2(3m2− 1) 0,25

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y′= có hai nghiệm phân biệt 0

2

13m 4 0

⇔ − > 2 13

13

m

⇔ > hoặc 2 13.

13

Ta có: x1+x2= và m 2

1 2 1 3 ,

1 2 2( 1 2 ) 1 1 3 2 1

x x + x +x = ⇔ − m + m= 0,25

1

(2,0 điểm)

0

m

⇔ = hoặc 2.

3

m= Kiểm tra điều kiện ta được 2.

3

−∞

+∞

3

–6

y

'

y + 0 – 0 +

x −∞ –1 2 +∞

x

–1 O

2

– 6

3

y

Câu Đáp án Điểm

Phương trình đã cho tương đương với: (2sinx+ 2cosx− 2)cos 2x= 0. 0,25

π π

4 2

k

2sinx 2cosx 2 0

cos

4 2

x

2

(1,0 điểm)

7π 2π 12

⇔ = + hoặc π 2π ( )

12

x= − +k k∈] Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là:

π π ,

4 2

k

12

12

x= − +k k∈]

0,25

Hệ đã cho tương đương với: 2 02 (1)

(2)

xy x

+ − =

⎧⎪

⎨

2x y 1 0 y 2x

• − + = ⇔ = +1 Thay vào (1) ta được 2 1 5

2

+ − = ⇔ =

Do đó ta được các nghiệm ( ; ) 1 5; 5

2

= ⎜⎜ ⎟⎟

1 5

2

=⎜⎜ − ⎟⎟

0,25

• − = ⇔ = x Thay vào (1) ta được x3 + − = ⇔x 2 0 (x− 1)(x2 + +x 2) 0 = 0,25

3

(1,0 điểm)

1.

x

⇔ = Do đó ta được nghiệm ( ; ) (1; 1).x y =

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:

( ; ) (1; 1),x y = ( ; ) 1 5; 5

2

= ⎜⎜ ⎟⎟

1 5

2

=⎜⎜ − ⎟⎟

0,25

π

x

Đặt u=x v;d = sin 2 d ,x x suy ra d d ; 1cos 2

2

Khi đó

π

4 0

sin 2 d cos 2 cos 2 d cos 2 d

π 4 0

4

(1,0 điểm)

π 4 0

sin 2

2

π 1

32 4

Tam giác A AC′ vuông cân tại A và A C a′ = nên

A A′ =AC .

2

a

2

a

3 '

ABB C ABB

a

V ′ ′ = B C S∆ = B C AB BB = 2

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của ∆A AB′ Ta có

'

AH⊥A B và AH ⊥BC nên AH ⊥ ( 'A BC), nghĩa là AH ⊥ (BCD '). Do đó AH =d A BCD( ,( ')). 0,25

5

(1,0 điểm)

Ta có 12 12 12 6 .

' 2

Do đó ( ,( ')) 6.

6

a

d A BCD =AH =

0,25

C

D

'

A

'

'

B

H

Ta có (x− 4)2+ (y− 4)2+ 2xy≤ 32 ⇔ (x+y)2− 8(x+y) 0 ≤ ⇔ ≤ + ≤ 0 x y 8. 0,25

3

A= x+y − x+y − xy+ ( )3 3( )2 3( )

2

≥ + − + − + + 6

Xét hàm số: ( ) 3 3 2 3 6

2

f t = −t t − + trên đoạn [0t ; 8].

Ta có f t′ = ( ) 3t2 − − 3t 3, ( ) 0 1 5

2

f t′ = ⇔ =t + hoặc 1 5

2

= (loại)

0,25

Ta có (0) 6, 1 5 17 5 5, (8) 398.

= ⎜⎜ ⎟⎟=

17 5 5

4

A≥ −

0,25

6

(1,0 điểm)

4

= = thì dấu bằng xảy ra Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 5 5

4

−

0,25

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 0

4 0

x y

+ =

⎧

⎨ − + =

⎩ ⇒A( 3;1).− 0,25

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD Suy ra MN có

phương trình là 4 0.

3

x − + = Vì N thuộc AC, nên tọa y

độ của điểm N thỏa mãn hệ

4

1; 3

3

3 0

x y

N

⎧ − + =

⎪ + =

⎩

0,25

Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN

và vuông góc với AD, nên có phương trình là x+ =y 0

Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD

Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎧

3 0

x y

+ =

, + =

⎩

và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ 0

4 0.

x y

x y

+ =

⎧

⎨ − + =

⎩

Do đó I(0; 0) và K(−2;2)

0,25

7.a

(1,0 điểm)

2 (3; 1);

AC= AI⇒C −

JJJG JJG

2 ( 1;3);

AD= AK⇒ −D

JJJG JJJG (1; 3).

BC AD= ⇒B −

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến

của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình 0,25

Bán kính của mặt cầu (S) là: R= 32+ 42 = 5 0,25

8.a

(1,0 điểm)

Phương trình của mặt cầu (S) là: (x− 2)2+ (y− 1)2+ − (z 3)2 = 25 0,25

Ta có: (2 ) 2(1 2 ) 7 8 (2 ) 4 7

1

i

i

+

3 2

9.a

(1,0 điểm)

I

N

M

B

A

K

Câu Đáp án Điểm

Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình

DoI∈d nên tọa độ của I có dạng I t t( ;2 3) + 0,25

( , ) ( , )

AB=CD⇔d I Ox =d I Oy ⇔ = | | | 2t t+ ⇔ = − hoặc 3 | t 1 t=− 3. 0,25

• Với t= − 1 ta đượcI( 1;1), − nên d I Ox( ; ) 1.= Suy ra, bán kính của (C) là 1 12+ =2 2

Do đó ( ): (C x+ 1)2+ (y− 1)2= 2. 0,25

7.b

(1,0 điểm)

• Với t= − 3 ta đượcI( 3; 3), − − nên d I Ox( ; ) 3.= Suy ra, bán kính của (C) là 3 1 2 + = 2 10.

Do đó ( ): (C x+ 3)2+ (y+ 3)2= 10. 0,25

Do M d ∈ nên tọa độ của điểm M có dạng (1 2 ; 1 ; ) M + t − −t t 0,25

Ta có JJJJGAM = (2 ; ;t − −t t 2),BMJJJJG= − + ( 1 2 ; ; ).t −t t

Tam giác AMB vuông tại M ⇔JJJJG JJJJGAM BM = 0 0,25

2 ( 1 2 )t t t t t( 2) 0 6t 4t 0

8.b

(1,0 điểm)

0

t

⇔ = hoặc 2.

3

t= Do đó M(1; 1;0 − ) hoặc 7; 5 2;

3 3 3

Phương trình bậc hai z2+ 3(1 ) +i z+ = 5 0i có biệt thức ∆ = − 2 i 0,25

2

(1 i)

Do đó nghiệm của phương trình là 3(1 ) (1 ) 1 2

2

z= − + + − = − − i

0,25

9.b

(1,0 điểm)

hoặc 3(1 ) (1 ) 2

2

z=− + − − = − − i

0,25

- HẾT -

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A

(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

1 (1,0 điểm)

• Tập xác định: \ 1

2

D = ⎧ ⎫⎨ ⎬

⎩ ⎭

\

• Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

1

2 1

y

x

−

=

− < ∀x ∈ D , Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1

2

⎛−∞ ⎞

⎝ ⎠ và

1

2

⎜ + ∞⎟

0,25

Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;

2

→ −∞ = → +∞ = − tiệm cận ngang: 1

2

y = −

1 2

⎝ ⎠

x

y

−

⎛ ⎞

→⎜ ⎟

= − ∞

1 2

x

y

+

⎛ ⎞

→⎜ ⎟⎝ ⎠

= + ∞ tiệm cận đứng: 1

2

Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 1

x x

− +

−

⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = 1

2không là nghiệm) ⇔ 2x2+ 2mx – m – 1 = 0 (*)

0,25

∆' = m2+ 2m + 2 > 0, ∀m Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m 0,25

Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:

k1+ k2= – 2

1

1 (2x −1) – 2

2

1 (2x −1) =

2

2

−

0,25

I

(2,0 điểm)

Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2

Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1 0,25

x − ∞ 1

2 + ∞

y’ − −

y

1 2

−

1 2

−

− ∞

+ ∞

y

x

1 2

−

1 2

(C)

– 1

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: sin x ≠ 0 (*)

Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2sin2x cosx 0,25

⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2) = 0 0,25

• cosx = 0 ⇔ x =

2

• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +

4

π) = 1 ⇔ x =

4

π + k2π, thỏa mãn (*)

Vậy, phương trình có nghiệm: x =

2

π + kπ; x =

4

2 (1,0 điểm)

⎪

⎨

Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2+ y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2+ y2= 2

0,25

• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2+ 1 = 0 ⇔ y = ± 1

Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1) 0,25

• x2+ y2= 2; từ (1) suy ra: 3y(x2+ y2) – 4xy2+ 2x2y – 2(x + y) = 0

⇔ 6y – 4xy2+ 2x2y – 2(x + y) = 0

⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y

0,25

II

(2,0 điểm)

Với x = 2y, từ x2+ y2= 2 suy ra:

(x; y) = 2 10; 10

⎜⎜ ⎟⎟ hoặc (x; y) =

Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), 2 10; 10 ,

0,25

I = 4

0

( sin cos ) cos

d sin cos

x

π

+

cos

sin cos

+

+

Ta có: 4

0

dx

π

0

xπ = 4

và 4

0

cos

d sin cos

x

π

+

0

d( sin cos ) sin cos

π

+ +

0

ln xsinx cosx

π

III

(1,0 điểm)

= ln 2 1 Suy ra: I =

2 4

⎛ ⎛π+ ⎞⎞

2 4

⎛ ⎛π+ ⎞⎞

(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC)

AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ n SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ n SBA = 60o⇒ SA = ABtanSBAn = 2a 3

0,25

IV

(1,0 điểm)

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N

⇒ MN //BC và N là trung điểm AC

2

BC a

2

AB a

=

Diện tích: S BCNM= ( ) 3 2

BC MN BM+ = a ⋅ Thể tích: V

3

3S BCNM ⋅SA a= ⋅

0,25

S

A

B

C

N

M

D

H

Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)

⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND))

Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH

0,25

Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a

⇒ d(AB, SN) = AH = 2. 2 2

13

+

Trước hết ta chứng minh: 1 1 2 (*),

1 a +1 b ≥ 1 ab

+ + + với a và b dương, ab ≥ 1

Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)

⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab

⇔ ( ab – 1)( a – b )2≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1

Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1

0,25

Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:

x P

3

+

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: z

y = x

z hoặc 1

x

y = (1)

0,25

Đặt x

y = t, t ∈ [1; 2] Khi đó: P ≥ 22 2

t

Xét hàm f(t) = 22 2 ,

t

+ + t ∈ [1; 2];

3

2 (4 3) 3 (2 1) 9) '( )

(2 3) (1 )

f t

=

⇒ f(t) ≥ f(2) = 34;

33 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ x

y = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2)

0,25

V

(1,0 điểm)

⇒ P ≥ 34

33 Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 34;

33 khi x = 4, y = 1, z = 2

0,25

1 (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5

Tứ giác MAIB có n = n = 90o và MA = MB

⇒ SMAIB = IA.MA

0,25

⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2+MA2 = 5 0,25

M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2)

IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 0,25

⇔t = 2 hoặc t = – 3 Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1) 0,25

2 (1,0 điểm)

VI.a

(2,0 điểm)

Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ 2 2 2

− − + =

⎧

⎨

⎪ + + + − =

0,25

M

I

A

B

∆

Câu Đáp án Điểm

2 0

x y z

⎪ + − + =

⎨

⎪ − + + − =

0,25

⇔

2

3

⎪ =

⎨

0,25

⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc 6 4 12; ;

7 7 7 .

⎞

⎛

⎜ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎛⎜−6 4 127 7 7; ; .

⎞

⎟ 0,25

Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z2 = z 2+ z ⇔ (a + bi)2= a2+ b2+ a – bi 0,25

⇔ 2 – b2+ 2abi = a2+ b2+ a – bi ⇔

2

⎨

= −

⎩

a

0,25

⇔

2 2

b a

⎧ = −

⎨ + =

VII.a

(1,0 điểm)

⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = 1 1;

2 2

⎛

⎜− ⎞⎟ hoặc (a; b) =

⎛− − ⎞

Vậy, z = 0 hoặc z = 1

2

− + 1

2i hoặc z = 1

2

− – 1

2i.

0,25

1 (1,0 điểm)

VI.b

Gọi A(x; y) Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:

B(x; – y), x > 0 Suy ra: AB = 2| y | = 4−x2 0,25

Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x

Diện tích: SOAB = 1 2

4

= 1 2

(4 ) 2

2

x −x ≤ 1

Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2

0,25

Vậy: 2; 2

2

⎝ ⎠ và

2 2;

2

−

2 2;

2

−

2

2

2 (1,0 điểm)

(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3 Nhận xét: O và A cùng thuộc (S)

Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =

3

OA

= 4 2 3

0,25

Khoảng cách: d(I, (P)) = R2− = r2 2

3 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2+ b2+ c2 ≠ 0 (*)

(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a

0,25

d(I, (P)) =

2(a b c)

+ +

2 2

c

a +c ⇒ 2 2

2 2

c

a +c =

2

(2,0 điểm)

⇒ 2a2+ c2= 3c2⇒ c = ± a Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0 0,25

y

x

O

A

H

B

Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i

⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i 0,25

⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25

⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ 3 3 2

a b

⎧

⎨ + − = −

VII.b

(1,0 điểm)

⇔ 1,

3

3

b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a2+b2 = 2

- Hết -