Đang tải... (xem toàn văn)
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 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 (2,0 điểm). Cho hàm số 2(3 1) (1),
3
y= x −mx − m − x+ m tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị của hàm số (1) m=1.
b) Tìm mđể hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 sao cho x x1 2+2(x1+x2) 1.= Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x+cos3x−sinx+cosx= 2 cos x
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 22 02 2 ( , )
2
xy x
x y
x x y x y xy y
+ − =
⎧⎪ ∈
⎨
− + + − − =
⎪⎩ \
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân π
(1 sin )d I =∫x + x x
')
Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng có đáy hình vng, tam giác vng cân, Tính thể tích của khối tứ diện khoảng cách từđiểm Ađến mặt phẳng(
' ' ' '
ABCD A B C D A AC'
'
AC a= ABB C' ' BCD theo a
Câu (1,0 điểm) Cho số thực x y, thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
(x−4) +(y−4) +2xy≤32. 3 3( 1)( 2).
A x= +y + xy− x y+ −
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 chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình x+3y=0 x y− + =4 0; đường thẳng BD đi qua điểm ( )1;1
3 M −
Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo một đường trịn có bán kính bằng
( ): 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 )
i
i z i
i
+ + + =
+ + Tìm mơđun 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 độOxy, cho đường thẳng Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A B, cắt trục Oy tại C D 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
2 1
x y
d − = + = −
z
hai điểm A(1; 1; 2),− B(2; 1;0).− Xác định tọa độđiểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông tại M
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z2+3(1 )+i z+ =5i 0 tập hợp số phức - HẾT -
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm
(2)⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi m=1, hàm số trở thành
3
y= x −x − x+
• Tập xác định: D=\
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y′=2x2−2x−4;y′= ⇔ = −0 x x=2
0,25
Các khoảng đồng biến: (−∞ −; 1) (2;+∞); khoảng nghịch biến ( 1;2)− - Cực trị: Hàm sốđạt cực đại x= −1,yCĐ=3, đạt cực tiểu x=2,yCT = −6
- 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′ =2x2−2mx−2(3m2−1) 0,25
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y′ =0 có hai nghiệm phân biệt
13m
⇔ − > 13
13 m
⇔ > 13 13
m< − 0,25
Ta có: x1+x2=m x x1 2= −1 3m2, x x1 2+2(x1+x2) 1= ⇔ −1 3m2+2m=1 0,25
1 (2,0 điểm)
0 m
⇔ =
m= Kiểm tra điều kiện ta
m= 0,25
−∞
+∞
3
–6 y
'
y + – + x −∞ –1 +∞
x –1 O
– y
(3)Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với: (2sinx+2cosx− 2)cos 2x=0 0,25
π π
cos ( )
4
k
x x k
• = ⇔ = + ∈] 0,25
2sinx 2cosx
• + − = cos( )π
4
x
⇔ − = 0,25
2 (1,0 điểm)
7π
2π
12
x k
⇔ = + π 2π( ) 12
x= − +k k∈] Vậy nghiệm phương trình cho là:
π π
,
4
k
x= + 7π 2π, 12
x= +k π 2π( )
12
x= − +k k∈]
0,25
Hệđã cho tương đương với: 02 (1) (2)
(2 1)( )
xy x
x y x y
+ − = ⎧⎪
⎨
− + − =
⎪⎩ 0,25
2x y y 2x
• − + = ⇔ = +1 Thay vào (1) ta 1 x + − = ⇔ =x x − ± Do ta nghiệm ( ; ) 5;
2
x y = ⎜⎛⎜− + ⎞⎟⎟
⎝ ⎠
1
( ; ) ;
2
x y =⎛⎜⎜− − − ⎞⎟⎟
⎝ ⎠
0,25
2 0 2.
x y y
• − = ⇔ =x Thay vào (1) ta x3+ − = ⇔x (x−1)(x2+ +x 2) 0= 0,25
3 (1,0 điểm)
1 x
⇔ = Do ta nghiệm ( ; ) (1; 1).x y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:
( ; ) (1; 1),x y = ( ; ) 5;
x y = ⎜⎛⎜− + ⎞⎟⎟
⎝ ⎠,
1
( ; ) ;
2
x y =⎛⎜⎜− − − ⎞⎟⎟
⎝ ⎠
0,25
π π π π π
4 4 4
0 0 0
π
d sin d sin d sin
2 32
x
I =∫x x+∫x x x= +∫x x x= +∫x x xd 0,25
Đặt u=x v;d =sin d ,x x suy d d ; 1cos 2
u= x v= − x 0,25
Khi
π π π 4 0
1 1
sin d cos cos d cos d
2 2
π
x x x= − x x + x x= x x
∫ ∫ ∫ 0,25
4 (1,0 điểm)
π
1
sin
4 x
= = Do
2
π 32
I= + 0,25
Tam giác A AC′ vuông cân A A C′ =a nên A A′ =AC
2 a
= Do a
AB=B C′ ′= 0,25
3 '
1
' ' ' ' '
3
ABB C ABB
a V ′ ′= B C S∆ = B C AB BB =
48 0,25
Gọi H chân đường cao kẻ từ A ∆A AB′ Ta có '
AH⊥A B AH ⊥BC nên AH ⊥( 'A BC), nghĩa AH ⊥(BCD') Do AH =d A BCD( ,( '))
0,25
5 (1,0 điểm)
Ta có 12 12 12
'
AH AB AA a
= + =
Do ( ,( ')) 6 a d A BCD =AH =
0,25
A B
C D
' A
'
D C'
' B
H
(4)Ta có (x−4)2+(y−4)2+2xy≤32⇔(x+y)2−8(x+y) 0≤ ⇔ ≤ + ≤0 x y 0,25
3
( ) 3( ) 6
A= x+y − x+y − xy+ ( )3 3( )2 3( )
x y x y x y
≥ + − + − + +6 Xét hàm số: ( ) 3
2
f t = −t t − +t đoạn [0; 8]
Ta có f t′ =( ) 3t2 − −3t 3, ( )
f t′ = ⇔ =t +
t= − (loại)
0,25
Ta có (0) 6, 17 5, (8) 398
2
f = f⎛⎜⎜ + ⎞⎟⎟= − f
⎝ ⎠ = Suy
17 5
A≥ − 0,25
6 (1,0 điểm)
Khi
4
x= =y + dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 17 5
−
0,25
Tọa độđiểm A thỏa mãn hệ
4
x y
x y
+ = ⎧
⎨ − + =
⎩ ⇒A( 3;1).− 0,25
Gọi N điểm thuộc AC cho MN//AD Suy MN có phương trình
3
x− + =y Vì N thuộc AC, nên tọa
độ điểm N thỏa mãn hệ
4
0
1;
3
3
x y
N
x y
⎧ − + =
⎪ ⇒ ⎛− ⎞
⎨ ⎜⎝ ⎟⎠
⎪ + = ⎩
0,25
Đường trung trực ∆ MN qua trung điểm MN vng góc với AD, nên có phương trình x+ =y Gọi I K giao điểm ∆ với AC AD Suy tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ⎧⎨
3
x y
x y
+ =
,
+ = ⎩
và tọa độ điểm K thỏa mãn hệ
4 x y
x y
+ = ⎧
⎨ − + = ⎩
Do I(0; 0) 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 −
JJJG JJJG 0,25
Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Suy H tâm đường tròn giao tuyến
của mặt phẳng (P) mặt cầu (S) cần viết phương trình 0,25
Ta có IH =d I P( ;( )) 3.= 0,25
Bán kính mặt cầu (S) là: R= 32+42 =5 0,25
8.a (1,0 điểm)
Phương trình mặt cầu (S) là: (x−2)2+(y−1)2+ −(z 3)2 =25 0,25 Ta có: (2 ) 2(1 ) (2 )
1 i
i z i i z i
i
+
+ + = + ⇔ + = +
+ 0,25
3
z i
⇔ = + 0,25
Do w= +4 i 0,25
9.a (1,0 điểm)
Môđun w 42+32 =5 0,25
I N
M
D C
B A
K
(5)Câu Đáp án Điểm Gọi I tâm đường trịn (C) cần viết phương trình
DoI∈d nên tọa độ I có dạng I t t( ;2 3).+ 0,25 ( , ) ( , )
AB=CD⇔d I Ox =d I Oy ⇔ =| | | 2t t+ ⇔ = −3 | t t=−3 0,25
• Với t= −1 ta đượcI( 1;1),− nên d I Ox( ; ) 1.= Suy ra, bán kính (C) 12+ =2 Do ( ): (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 (C) 12+ =2 10 Do ( ): (C x+3)2+(y+3)2=10
0,25 Do M∈d nên tọa độ điểm M có dạng M(1 ; 1+ t − −t t; ) 0,25 Ta có JJJJGAM =(2 ; ;t − −t t 2),BMJJJJG= − +( ; ; ).t −t t
Tam giácAMB vuông M ⇔AM BM =0
JJJJG JJJJG 0,25
2
2 ( )t t t t t( 2) 6t 4t
⇔ − + + + − = ⇔ − = 0,25
8.b (1,0 điểm)
0 t
⇔ =
t= Do M(1; 1;0− ) 7; 2; 3 M⎛⎜ − ⎞⎟
⎝ ⎠ 0,25
Phương trình bậc hai z2+3(1 )+i z+ =5 0i có biệt thức ∆ = −2 i 0,25
2
(1 i)
= − 0,25
Do nghiệm phương trình 3(1 ) (1 ) 2
i i
z= − + + − = − − i 0,25
9.b (1,0 điểm)
hoặc 3(1 ) (1 )
i i
z=− + − − = − −i 0,25
- HẾT -