Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1
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=x4−2(m+1)x2+m2 (1), với m tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị của hàm số (1) m=0.
b)Tìm mđểđồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2x+cos 2x=2cosx−1.
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
2
3 9 22 3 9
( , ). 1
2
x x x y y y
x y
x y x y
⎧ − − + = + −
⎪ ∈
⎨
+ − + =
⎪⎩ \
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1 ln( 1) d x
I x
x
+ +
=∫
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy tam giác đều cạnh a Hình chiếu vng góc của trên mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB sao cho
.
S ABC S
2 .
HA= HB Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a
o 60
Câu (1,0 điểm) Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiệnx y z+ + =0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
| | | | | | 2
3x y 3 y z 3z x 6 6 6 P= − + − + − − x + y + z .
. ND
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 độOxy, cho hình vng ABCD. Gọi M trung điểm của cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN=2 Giả sử ( )11 1;
2
M đường thẳng AN có phương trình 2x y− − =3 0. Tìm tọa độđiểm A
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1
x y z
d + = = −
điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d tại hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông tại I
(0;0;3) I
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn−1=Cn3 Tìm số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niu-tơn của ( )
2 1
, 0. 14
n nx
x x
− ≠
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường trịn Viết phương trình tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
2 ( ):C x +y =8.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2,
2 1
x y z
d + = = − mặt phẳng ( ):P x y+ −2z+ =5 0 điểmA(1; 1; 2).− Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d (P) lần lượt tại M N cho A trung điểm của đoạn thẳng MN
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 5( ) z i
i
z
+ = −
+ Tính mơđun của số phức
2
1
w= + +z z - HẾT -
Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
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)
Khi m=0, ta có: y=x4−2 x2
• Tập xác định: D=\
• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: y' 4= x3−4 ;x y' 0= ⇔ x=0 x= ±1
0,25
Các khoảng nghịch biến: (−∞ −; 1) v (0; 1);à khoảng đồng biến: (−1; 0) (1;+∞)
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x= ±1, yCT= −1; đạt cực đại x=0, yCĐ =0
− Giới hạn: lim lim
x→−∞y x→+ ∞y
= = +∞ 0,25
− Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có y'=4x3−4(m+1)x=4 (x x2− −m 1)
Đồ thị hàm số có điểm cực trị m+ >1 ⇔ m> −1 (*)
0,25 Các điểm cực trị đồ thị A(0;m2), (B − m+ −1; 2m−1) (C m+ −1; 2m−1)
Suy ra: JJJGAB= −( m+ −1; (m+1)2) JJJGAC =( m+ −1; (m+1)2)
0,25
Ta cóAB=AC nên tam giác ABC vuông JJJG JJJGAB AC =0 0,25
1 (2,0 điểm)
⇔ (m+1)4−(m+ =1) Kết hợp (*), ta giá trị m cần tìm m=0 0,25
+∞
y
'
y – + – + x −∞ –1 +∞
–1
–1
+∞
O
2 – –1 –2
8
(3)Câu Đáp án Điểm
Phương trình cho tương đương với ( sinx+cosx−1)cosx=0 0,25
π
cos π( )
2
x x k k
• = ⇔ = + ∈] 0,25
3 sinx cosx
• + − = cos( )π cosπ
3
x
⇔ − = 0,25
2 (1,0 điểm)
⇔x=k2π 2π 2π( )
3
x= +k k∈]
Vậy nghiệm phương trình cho π π,
x= +k x=k2π 2π 2π ( )
3
x= +k k∈]
0,25
Hệ cho tương đương với:
( ) ( )
3
2
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)
1
1 (2)
2
x x y y
x y − − − = + − + ⎧ ⎪ ⎨ − + + = ⎪⎩ 0,25
Từ (2), suy 1
2
x
− ≤ − ≤ 1
y
− ≤ + ≤ ⇔ 1
2 x
− ≤ − ≤ 1
2 y
− ≤ + ≤
Xét hàm số f t( )= −t3 12t 3; 2
⎡−
⎢⎣ ⎤⎥⎦, ta có f t'( ) 3(= t2− <4) 0, suy f(t) nghịch biến
0,25 Do (1) ⇔x – =y+ ⇔y=x – (3)
Thay vào (2), ta ( ) ( )
2
1
1
2
x− + −x = ⇔ 4x2−8x+ =3 ⇔
2
x=
2
x= 0,25
3 (1,0 điểm)
Thay vào (3), ta nghiệm hệ ( ; ) ( )1;
2
x y = − ( ; ) ( )3;
2
x y = − 0,25
Đặt u= +1 ln(x+1) d d2 , suy d d
1
x u
x
=
+
1 v x v x = x
= − 0,25
3
1 1
1 ln( 1)
( 1)
x dx
I
x x x
+ + = − + + ∫ 0,25 ( )
2 ln 1
3 x x dx
+
= + −
+
∫
1
2 ln ln x x + = +
+ 0,25
4 (1,0 điểm)
2
ln ln
3
= + − 0,25
Ta có SCHn góc SC (ABC), suy nSCH =60 o
Gọi D trung điểm cạnh AB Ta có: ,
6
a
HD= 3,
2
a CD=
2 7,
3
a
HC= HD +CD = tan60o 21
3
a
SH=HC =
0,25
2
1 21
3 3 12
S ABC ABC
a a a
V = SH S∆ = = 0,25
Kẻ Ax//BC Gọi N K hình chiếu vng góc
của H Ax SN Ta có BC//(SAN)
2
BA= HA nên
3
( , ) ( ,( )) ( ,( ))
2
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
5 (1,0 điểm)
o
2
2 42
12
, sin 60 ,
3
a a SH HN a
AH HN AH HK
SH HN
= = = = =
+ Vậy
S
B
C H
x N K D A 42 ( , ) a
(4)Ta chứng minh 3t ≥ + ∀ ≥t 1, t 0 (*)
Xét hàm ( ) 3t
f t = − −t , có '( ) ln 0,f t = t − > ∀ ≥t f(0) 0= , suy (*)
Áp dụng (*), ta có 3|x y− |+3|y z− |+3|z x− |≥ + − + − + −3 |x y| |y z| |z x|.
0,25
Áp dụng bất đẳng thức |a| | | |+ b ≥ a+b|, ta có:
2 2
(|x y− + − + −| |y z| |z x|) = −|x y| + −|y z| + −|z x| + −|x y|(|y z− + − + −| |z x|) |y z|(|z x− + −| |x y|)
( 2 2)
|z x|(|x y| |y z|) |x y| |y z| |z x|
+ − − + − ≥ − + − + −
0,25
Do |x y− + − + − ≥| |y z| |z x| |( x y− |2+ −|y z|2+ −|z x|2)= 6x2+6y2+6z2−2(x y z+ + )2 Mà suy x y z+ + =0, |x y− + − + − ≥| |y z| |z x| 6x2+6y2+6z2
0,25
6 (1,0 điểm)
Suy P=3|x y− |+3|y z− |+3|z x− |− 6x2+6y2+6z2≥3.
Khi x=y=z= dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P
0,25 Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đường thẳng qua H
và song song với AB, cắt AD BC P Q
Đặt HP=x Suy PD=x, AP= 3x HQ= 3x
Ta có QC=x, nên MQ=x Do ∆AHP = ∆HMQ, suy
AH⊥HM
0,25
Hơn nữa, ta có AH=HM
Do AM= 2MH= ( ,(d M AN))=3 10
2
0,25 A∈AN, suy A(t; 2t – 3)
3 10
MA= ⇔ ( ) ( )
2
11 45
2
2
t− + t− =
2
0,25
7.a (1,0 điểm)
⇔ t2 5t
A B
C
D N
M H
P Q
− + = ⇔ t=1 t=4
Vậy: (1; 1)A − (4;5).A 0,25
Véc tơ phương d JJGa =(1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH⊥AB
Ta có H d∈ nên tọa độH có dạng H t( 1; ;− t t+ ⇒2) IH= −( 1; ; 1).t t t−
JJJG 0,25
IH⊥AB ⇔ IH a =0 ⇔ ⇔
JJJG JJG
1
t− + + − =t t
3
t= ( 2; ; 2)
3 3
IH
⇒JJJG= − − 0,25
Tam giác IAH vng cân H, suy bán kính mặt cầu (S) 2
3
R=IA= IH = 0,25
8.a (1,0 điểm)
Do phương trình mặt cầu cần tìm ( ): 2 ( 3)2
S x +y + −z = 0,25
1
5 n
n n
C − =C3 ⇔ ( 1)( 2)
6
n n n
n= − − 0,25
⇔ n=7 (vì n ngun dương) 0,25
Khi ( )
7 7 7
2 2
14
7 7
0
( 1)
1 1
14 2 2
n k k k k
k k
k
k k
C
nx x x
C x
x x x
−
− −
= = − ⎛ − ⎞ =⎛ − ⎞ = ⎛ ⎞ − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ ⎝ ⎠ ∑ 0,25
9.a (1,0 điểm)
Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 3− k=5 ⇔ k=3
Do số hạng cần tìm ( 1) 34 73 35 0,25
16
C
x x
−
(5)Câu Đáp án Điểm Phương trình tắc (E) có dạng:
2
2 1,
x y
a b
+ =
với a b> >0 2a=8 Suy a=4
0,25 Do (E) (C) nhận Ox Oy làm trục đối xứng
các giao điểm đỉnh hình vng nên (E)
(C) có giao điểm với tọa độ dạng A t t t( ; ), >0
0,25
A∈(C) ⇔ t2+ =t2 8, suy t=2 0,25
7.b (1,0 điểm)
(2;2) ( )
A ∈ E ⇔ 42
16+b = ⇔
2 16.
b
3
=
Phương trình tắc (E)
2
1 16 16
3
x + y = 0,25
M thuộc d, suy tọa độ M có dạng M(2t – 1; t; t+ 2) 0,25
MN nhận A trung điểm, suy N(3 – 2t; – – t; – t) 0,25
N∈(P) ⇔ 2− − − −t t 2(2− + =t) 0⇔ t=2, suy M(3; 2; 4) 0,25
8.b (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ qua A M có phương trình : 1
2
x− y+ z−2
∆ = = 0,25
Đặt z= +a bi a b( , ∈\),z≠ −1
Ta có 5( ) (3 2) ( 6)
1
z i
i a b a b i
z
+
= − ⇔ − − + − + =
+
0,25
⇔ ⇔
7
a b
a b
− − = ⎧
⎨ − + = ⎩
0
1
a b
= ⎧ ⎨ =
⎩ 0,25
Do z= +1 i Suy w= + +1 z z2= + + + +1 i (1 )i 2= +2 i 0,25
9.b (1,0 điểm)
Vậy w = +2 3i = 13 0,25
x
2
O y
A