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

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.. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳn[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B 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  x  3mx  3m3 (1), m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và 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 là hình chiếu vuông góc A trên cạnh SC Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  và x  y  z  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   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 các đường tròn (C1 ) : x  y  , (C2 ) : x  y  12 x  18  và đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A và B cho AB vuông góc với d x 1 y z   và hai điểm 2 A(2;1;0), B(2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có 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 hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình chính tắc elip (E) qua các 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 và cắt các trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức phương trình z  3iz   Viết dạng lượng giác z1 và z2 ………… Hết ………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………………… ; Số báo danh: ………………………… GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN - Khối B (Đáp án) ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI GIẢI Câu 1: a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + Tập xác định là: D = R y’ = 3x2 – 6x; y’ =  x = hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1 lim y   và lim y   x  x  x y’ y  +  CĐ  y + + + -1 CT Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (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) Đồ thị : b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ =  x = hay x = 2m y có cực trị  m  Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3)  OA  m3 ; d ( B, (OA))  m  SOAB = Câu : Cách 1: x -1 m3 m  48  m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk m  ) 2(cos x  sin x) cos x  cos x  sin x   (2 cos x  1)(cos x  1)  sin x(2 cos x  1)   cos x   2   cos x    x  k 2      cos x  sin x  cos  x      x  k 2   3 Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với: cos 2x + sin 2x = cos x − sin x      cos(2 x  )  cos( x  )  x   ( x  )  k 2 (k  ) 3 2 2  k 2 x  k  x 3 3 ( k  ) Câu : Giải bất phương trình x   x  x   x Đk :  x   hay x   nhận xét x = là nghiệm 1 + Với x  0, BPT  x   x 4  x x 1 Đặt t = x   x  = t2 – (t  2) x x GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B Ta có : t  t    Hay x  3  t   t t    t   3  t   t   (3  t )    x  hay x  4 x  1 Kết hợp với đk ta tập nghiệm bất phương trình đã cho là: 0;    4;    4 Câu : dt Cách 1: Đặt t = x   xdx ; x   t  ; x   t  1 tdt  1  I     dt t  3t  2  t  t     ln  3ln  Cách 2: I   x3 dx x  3x  x3 Ax  B Cx  D   x  3x  x 1 x 2 x (Ax  B)( x  2)  (Cx  D)( x  1) ( A  C ) x3  ( B  D) x  (2 A  C ) x  B  D    x  3x  x  3x  x  3x  A  C 1  A  1 B  D  B      2 A  C  C  2 B  D   D  Giả sử: I  1 1 x3 x 2x  x 2x  dx      dx   dx  dx    x  3x  x  x  x  x    0 1 1 d ( x  1) d ( x  2)      ln( x  1)  ln( x  2)  ln  ln 2 x 1 x  2 Câu Gọi D là trung điểm cạnh AB và O là tâm ∆ABC Ta có AB  CD và AB  SO nên AB  (SCD), đó AB  SC Mặt khác SC  AH , suy SC  ( ABH) Vậy SC  ( ABH ) Cách 1: Gọi SD là chiều cao tam giác SAB a 15a a 15 a 2  SD  (2a )     4a    SD  4 2 a 15 a 15 a  2 a 15 a 15 a 15  S( SAC )  AH SC   AH   2.2a S( SAB )  S( SAB ) Ta có SH  (2a )  AH  4a  GV: http://violet.vn/quangtanh78/ S H C A D O B 15a 49a 7a SH 7a   SH     16 16 SC 4.2a Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B 2  a 15   a  15a a 44a SH 7 11a    V( SABH )  V( SABC ) ; SO      SO       V( SABC ) SC 8 12 12    3.2   a  a 11 a 11 V( SABH )       96 V( SABH ) a 33 a a 2 , OC  nên SO  SC  OC  3 11a SO.CD a 11  Do đó DH  Suy S ABH  AB.DH  SC 7a 2 Ta có SH  SC  HC  SC  CD  DH  Cách : Ta có : CD  Do đó VS ABH a 11  SH S ABH  96 Câu  xy  ( x  y )   x  y  z  Cách 1:    2 x  y  z    x  y   3 5 5 5 P = x + y + z = x + y – (x + y) = -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 f’(t) f(t)   – 36 + Vậy max P = 36 6 36 5 Vậy P  6 – 36 36 xảy t = x  y  x  y         xy   (có nghiệm) hay  xy  (có nghiệm)    z  ( x  y )  z  ( x  y )   Cách 2: Với x + y + z = và x2 + y + z = 1, ta có: GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B = ( x + y + z)2 = x2 + y + z + x( y + z)+ yz =1− x2 + yz, nên yz  x  6 y  z  x2 1  x2 x (*) , suy x   , đó   3 2 2 Mặt khác yz  Khi đó: P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z) 1   x  (1  x ) ( y  z )( y  z )  yz ( y  z )    x   x 2     1   x  (1  x )   x(1  x )  x  x      x   x  (2 x  x)   2    6 Xét hàm f ( x)  x3  x trên   ;  , suy f ( x)  x  ; f ( x)   x    3    6  6  6 6  Ta có f     f     , f    f      Do đó f ( x)  9         Suy P  Khi x   36 6 , yz  thì dấu xảy Vậy giá trị lớn P là 36 Câu 7a Cách 1: C A d I B (C1) có tâm là gốc tọa độ O Gọi I là tâm đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có AB  OI Mà AB  d và O  d nên OI // d, đó OI có phương trình y = x Mặt khác I  (C2 ), nên tọa độ I thỏa mãn hệ: y  x x    I (3;3)  2  x  y  12 x  18   y  Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d (I , d ) = 2 Vậy phương trình (C) là ( x − 3)2 + ( y − 3)2 = (C1) (C2) Cách 2: Phương trình đường tròn (C) : x  y  2ax  2by  c   Phương trình đường thẳng AB : 2ax  2by  c   AB có vtcp v (b;-a)   Đường thẳng (d) có vtcp u (1;1) vì (d )  AB  u.v   a  b (1) a b4  a  b  c  = 2a2 – c (2) d(I,d) = 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 tròn (C) : x  y  x  y  10  Cách 3: Gọi I (a;b)  (C2 ) ; vì đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O A, B cho AB  (d ) Mà IO  AB  IO  (d ) Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2 = R GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B  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) vì I và O phải cùng phía so với (d) Hệ (2)  a  b   a  6a    a  Phương trình đường tròn : ( x  3)  ( y  3)  Câu 8a  x   2t  Ta có: d :  y  t  z  2t  Gọi tâm mặt cầu là I  (d )  I (1  2t ; t ; 2t ) đó: IA2  9t  6t  , IB  9t  14t  22 Do A, B nằm trên mặt cầu nên IA2  IB  t  1  I (1; 1; 2) , IA2  R  17 Vậy phương trình mặt cầu là :  x  1  ( y  1)  ( z  2)  17 Câu 9a Cách 1: Số cách gọi học sinh lên bảng là : C254  25!  12650 4!.21! Số cách gọi học sinh có nam lẫn nữ là : TH 1: nữ nam có : 10.C153  10.455 = 4550 TH 2: nữ nam có : C102 C152  4725 TH 3: nữ nam có : C103 C151  1800 Vậy số cách gọi học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 11075 443  Vậy xác suất để học sinh gọi có nam lẫn nữ là : 12650 506 C104 21 Cách 2: Xác suất chọn không có nam: P1 =  C25 1265 C154 273 Xác suất chọn không có nữ : P2 =  C25 2530 y Xác xuất có nam và nữ : P = – (P1 + P2) = 443 506 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b Cách 1: B A C x y   (a  b  0) Hình thoi ABCD có a b2 AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB Giả sử ( E ) : Không tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và H O x D a B (0; ) Gọi H là hình chiếu vuông góc O trên AB, 2 suy OH là bán kính đường tròn (C ) : x  y  1 1    2 Ta có :  2 OH OA OB a a GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - MÔN TOÁN - KHỐI B x2 y   Suy a = 20, đó b = Vậy phương trình chính tắc (E) là 20 2 Cách 2: Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 1 Ta có     a  20  a   b  a a a x2 y  1 Vậy phương trình (E) : 20 Cách 3: x2 y2 1 1   với a  BD , ta có:     a  Gọi (E) có dạng 2 (2a ) a a 4a R x2 y  1 Vậy phương trình (E) : 20 Câu 8b Cách 1: Gọi B là giao điểm mặt phẳng với Ox, B(b;0;0) C là giao điểm mặt phẳng với Oy, C(0;c;0) x y z b c  Vậy pt mặt phẳng có dạng :    và trọng tâm tam giác ABC là : G  ; ;1 b c 3   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) là x  y  z  12  Cách 2: Do B  Ox, C  Oy nên tọa độ B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0) b c  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy G  ; ;1 3   Ta có AM  (1;2; 3) nên đường thẳng AM có phương trình b c 2 x y z 3   3 Do G thuộc đường thẳng AM nên   3  Suy b  và c        x y z   Do đó phương trình mặt phẳng (P) là    , z1    cos  sin i  ; z2   cos  sin i  nghĩa là 3  3    ( P ) : x  y  z  12  Câu 9b Phương trình z  3iz   có hai nghiệm là z1  1  3i, z2   3i Vậy dạng lượng giác z1, z2 là :   2 2  z1 = 2(cos + isin ); z2   cos  i sin  3 3  GV: http://violet.vn/quangtanh78/ Nguyễn Quang Tánh Lop12.net