Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2012)

Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2012) là đề chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo. Đáp án và thang điểm gồm có 4 trang dành cho các bạn học sinh khối A và A1. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và nghiên cứu của các bạn.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x − x • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = x3 − x; y ' = ⇔ x = x = ±1 Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) (0; 1); khoảng đồng biến: (−1; 0) (1; + ∞) − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại x = 0, yCĐ = − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞ x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+∞ x −∞ y' –1 – 0 + +∞ +∞ – + +∞ 0,25 y –1 –1 • Đồ thị: y 0,25 –1 O –2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 4( m + 1) x = x ( x − m − 1) Đồ thị hàm số có điểm cực trị m + > ⇔ m > −1 (*) Các điểm cực trị đồ thị A(0; m ), B(− m + 1; − 2m − 1) C ( m + 1; − 2m − 1) JJJG JJJG Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) ) AC = ( m + 1; − ( m + 1) ) JJJG JJJG Ta có AB = AC nên tam giác ABC vng AB AC = ⇔ ( m + 1) − ( m + 1) = Kết hợp (*), ta giá trị m cần tìm m = Trang 1/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với ( sin x + cos x − 1) cos x = (1,0 điểm) π • cos x = ⇔ x = + kπ (k ∈ ]) π π • sin x + cos x − = ⇔ cos x − = cos 3 2π + k 2π (k ∈ ]) ⇔ x = k 2π x = π 2π + k 2π (k ∈ ]) Vậy nghiệm phương trình cho x = + kπ, x = k 2π x = 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) ⎪ (1,0 điểm) Hệ cho tương đương với: ⎨ 12 12 + y+ = (2) ⎪⎩ x − 2 1 1 Từ (2), suy −1 ≤ x − ≤ −1 ≤ y + ≤ ⇔ − ≤ x − ≤ − ≤ y + ≤ 2 2 2 3 Xét hàm số f (t ) = t − 12t ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t − 4) < , suy f(t) nghịch biến ⎣ 2⎦ Do (1) ⇔ x – = y + ⇔ y = x – (3) 2 3 + x− = ⇔ x − x + = ⇔ x = x = Thay vào (2), ta x − 2 2 3 Thay vào (3), ta nghiệm hệ ( x; y ) = ; − ( x; y ) = ; − 2 2 dx dx Đặt u = + ln( x + 1) dv = , suy du = v = − (1,0 điểm) x +1 x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( + ln( x + 1) I=− + x = + ln + 3 ∫( ( ) dx ∫ x( x + 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ) + ln x 1 + ln dx = − x +1 x x +1 0,25 2 = + ln − ln 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 S n góc SC (ABC), suy SCH n = 60o Ta có SCH a a Gọi D trung điểm cạnh AB Ta có: HD= , CD = , a a 21 HC = HD + CD = , SH = HC.tan60o = 3 0,25 1 a 21 a a = VS ABC = SH S ∆ABC = 3 12 0,25 Kẻ Ax//BC Gọi N K hình chiếu vng góc H Ax SN Ta có BC//(SAN) BA = HA nên d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )) Ta có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK Do HK ⊥ ( SAN ) Suy d ( H ,( SAN )) = HK 0,25 K A x N D C H B AH = 2a a , HN = AH sin 60o = , HK = 3 SH HN SH + HN Trang 2/4 = a 42 a 42 Vậy d ( SA, BC ) = 12 0,25 Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (*) (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − , có f '(t ) = 3t ln − > 0, ∀t ≥ f (0) = , suy (*) 0,25 Áp dụng (*), ta có | x− y | + | y− z | + | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x | Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) ( 2 ) 0,25 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ | x − y | + | y − z | + | z − x | ( ) Do | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = x + y + z − ( x + y + z ) 2 0,25 Mà x + y + z = 0, suy | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ x + y + z Suy P = | x− y | + | y−z | + | z−x | − x + y + z ≥3 Khi x = y = z = dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đường thẳng qua H 7.a song song với AB, cắt AD BC P Q (1,0 điểm) Đặt HP = x Suy PD = x, AP = 3x HQ = 3x A B Ta có QC = x, nên MQ = x Do ∆AHP = ∆HMQ, suy AH ⊥ HM Hơn nữa, ta có AH = HM M 10 Do AM = MH = 2d ( M ,( AN )) = H Q P A∈AN, suy A(t; 2t – 3) C D 11 45 10 N + 2t − = MA = ⇔ t− 2 2 ) ( ( ) ⇔ t − 5t + = ⇔ t = t = Vậy: A(1; −1) A(4;5) ) JJJG JJJG JJG 2 IH ⊥ AB ⇔ IH a = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − 3 3 Tam giác IAH vuông cân H, suy bán kính mặt cầu (S) R = IA = IH = Do phương trình mặt cầu cần tìm ( S ): x + y + ( z − 3)2 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9.a n(n − 1)(n − 2) n −1 (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 ⇔ n = (vì n nguyên dương) n 0,25 0,25 JJG 8.a Véc tơ phương d a = (1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH ⊥ AB JJJG (1,0 điểm) Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1) ( 0,25 0,25 7 2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C73 35 x = − x5 16 Trang 3/4 0,25 Câu Đáp án 7.b (1,0 điểm) Điểm Phương trình tắc (E) có dạng: y O x2 a2 + y2 b2 = 1, 0,25 với a > b > 2a = Suy a = A x Do (E) (C) nhận Ox Oy làm trục đối xứng giao điểm đỉnh hình vng nên (E) (C) có giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > 0,25 A∈(C) ⇔ t + t = 8, suy t = 0,25 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ 16 4 + = ⇔ b2 = 16 b Phương trình tắc (E) 8.b (1,0 điểm) M thuộc d, suy tọa độ M có dạng M(2t – 1; t; t + 2) x2 y + = 16 16 0,25 0,25 MN nhận A trung điểm, suy N(3 – 2t; – – t; – t) 0,25 N∈(P) ⇔ − 2t − − t − 2(2 − t ) + = ⇔ t = 2, suy M(3; 2; 4) 0,25 Đường thẳng ∆ qua A M có phương trình ∆ : x −1 y + z − = = 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1 (1,0 điểm) 5( z + i ) = − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = Ta có z +1 0,25 0,25 ⎧3a − b − = ⎧a = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩ a − 7b + = ⎩b = 0,25 Do z =1+i Suy w = + z + z =1+1+ i + (1+ i )2 = + 3i 0,25 Vậy w = + 3i = 13 0,25 - HẾT - Trang 4/4 ...Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với ( sin x + cos x − 1) cos x = (1,0 điểm) π • cos x = ⇔... = AH sin 60o = , HK = 3 SH HN SH + HN Trang 2/4 = a 42 a 42 Vậy d ( SA, BC ) = 12 0,25 Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (*) (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − , có f '(t ) =... tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C73 35 x = − x5 16 Trang 3/4 0,25 Câu Đáp án 7.b (1,0 điểm) Điểm Phương trình tắc (E) có dạng: y O x2 a2 + y2 b2 = 1, 0,25 với a > b > 2a