Dap an toan khoi D 2012 voi nhieu cach giai

Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.[r]

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2012 Mơn thi : TỐN

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y =

3x

– mx2 – 2(3m2 – 1)x +

3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1.x2 + 2(x1 + x2) = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = cos2x

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

2

xy x

x x y x y xy y

   



     

 (x, y  R)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân /

I x(1 sin 2x)dx 

  

Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị nhỏ

biểu thức A = x3

+ y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2)

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 hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC AD có phương trình x + 3y = x – y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M (

3

 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+y–2z+10=0 điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính

Câu 9.a (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z + 2(1 )

i

i i

  

 Tìm mơđun 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 d: 2x – y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1

2 1

x y z

 

 hai điểm

Đáp án Toán khối D năm 2012 tham khảo

(Một số cách giải mà HS dùng làm thi)

Câu : cách 1: sin3x + cos3x – sinx + cosx = cos2x  (sin3x – sinx) + (cos3x + cosx) = cos2x

 2sinxcos2x + 2cos2xcosx = cos2x os2 2sin cos 2 os2

2sin cos

c x

c x x x

x x

 

     

  

  cos2x = hay sin( )

4

x 

 x =

4 k

 

 hay x =

12 k

 

  hay x = 12 k

 

 (với k  Z)

Cách (dùng công thức sin cos sin ;sin sin cos sin

4 2

a b a b

a a a  a b      

     )

sin cos  sin cos  cos 2 sin sin os2

4

pt x x  x x  x  x  x  c x

   

os2

2 cos sin os2 cos sin

sin sin

4

4

c x

x x c x x x

x

 

 

 

 

    

            

  

        



 

2

2

2

4 12

7

2

12

4

k

x k x

x k x k k

x k

x k

   

    



   

     

 

 

 

        

 

      

 

 



Cách

   

      

       

 

3

3

2 2

3sin sin cos 3cos sin cos cos 2 sin cos sin cos cos

2 s inx cos s inx cos sin sin x cos os os sin s inx cos s inx cos sin x cos s inx cos s inx cos

s inx cos s

pt x x x x x x x

x x x x x

x x x x c x c x x

x x x x x

x

      

    

       

        

     

 

   

in cos s inx cos s inx cos

2 s inx cos sin cos 2

x x x

x

x x x

   

 

  

 

   



Giải (1):  1 sin s in

4 4

x  x  x  k x  k

   

             

   

Giải (2):

         2

2  s inx cos x 2 2sin cos x x  0 s inx cos x 2 s inx cos x 0

2 s in s in

s inx cos

4

2

2 12

1

s inx cos

s in s in

2 sin

2 7

4

4 2

12

x k

x x

x

x k

x

x x

x k

 

 

 

 



 

    

       

 

       

   

      

 

       

    

     

  

   

Nhận xét:Để giải (2) học sinh có thể đặt ts inxcosx t   2; 22sin cosx x t2

(2) trở thành:  

0

2 2 2 2

2

t

t t t t

t              

2 s in s in

s inx cos

4 2 12 s inx cos

s in s in

2 sin

2 7

4

4 2

12 x k x x x x k x x x x k                                                                       

(Đa số HS làm theo cách 2; nhiên cách có khơng học sinh lựa chọn)

Câu 3: Giải hệ phương trình: 3 22 2 2

2

xy x

x x y x y xy y

   



     



     2      

2

2 2

xy x xy x

x xy x y x y y x x y x y y x y

                                  2

2

xy x

x y x y

   

    

 

2 xy x x y      

 hay

2 xy x y x          2 x x x y       

 hay

2

2 2

2 x x y x        



1 x y    

 hay

1 5 x y          hay 5 x y           Câu 4: Tính tích phân:

/

I x(1 sin 2x)dx 

  

Cách Như đáp án Bộ Cách

Đặt u = x  du = dx

dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –

2cos2x I =

/

( cos )

x x x

 

/

1

( cos )

x x dx



   =

2

0

sin

16 32

x x



   

    

 

Câu 6: Ta có

 2

(x4) (y4) 2xy32 (x y)28(xy)0    0 x y



4xy(xy) 3( )2

xy x y

   

A = x3y33(xy1)(x y 2)= (xy)36xy3(xy) 6 A ( )3 3( )2 3( )

2

x y x y x y

      

Đặt t = x + y (0 t 8), xét f(t) = 3

t  t  t  f’(t) = 3t2 3t f’(t) = t =

2



; f(0) = 6, f(8) = 398, f(1



) = 17 5



Vậy giá trị nhỏ f(t) 17 5



xảy t =

A  f(t)  17 5



Dấu xảy x = y x + y =



hay x = y =



PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a: Cách

L

N

P K

I

C B A

D

M(-1/3;1)

AC cắt AD A (-3; 1)

Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + =

1;

N ACMNN 

 ; Trung điểm MN là: L (

2 ; 3

 )

Vẽ LK  AD (K  AD)  LK : ( 2) ( 2)

3

x  y    x y  K (-2; 2)

K trung điểm AD  D (-1; 3) Giao điểm AC LK : I (0; 0) I trung điểm BD  B (1; -3) I trung điểm AC  C (3; -1) Cách

 3;1 

A ACADA  Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + =

Ta có: 1;1

3

N  ACMNN 

 

Gọi I3 ;y y0 0AC Ta có: Tam giác IMN cân I nên

   

2

2

2

0 0

1

3

3

IM IN MI NI   y    y    y  y  

   

2 2

0 0 0 0 0 0

1 20

9 2

9

y y y y y y y y y y y

                  I 0;0

I trung điểm AC suy ra: C3;  

CD qua C(3;-1) vng góc với AD có phương trình: 1x 3 1 y     1 x y

 1;3 

DCDADD  I trung điểm BD nên: B1;  

Nhận xét: Ở hs kẻ đường thẳng song song với CD cách làm tương tự Cách (Viết phương trình đường thẳng BD).

Ta có: A ACADA3;1 

Ta có: os,  os,  os , ' ' 10 '

n n

c AD BD c AC BD c n n

n n



    

   

  Giả sử đường thẳng BD qua 1;1

3

M 

 và có VTPT n1  a b;



có phương trình:

 

1

1 0

3

a a x  b y  ax by   b

 



    2 2  

1 2 2

1 '

1

os , os , ' 10 *

5 '

n n a b

c AD BD c n n a ab b

n n a b



        

  

 

 

 Nếu b  0 a (loại)

 Nếu b0, chọn b = Từ (*) ta có:

3

3 10 1

3

a

a a

a   

   

  

+ Với a3;b1,ta có pt BD: 3x y

 1;3 ;

DADBDD  I BDACI 0;0 ; I trung điểm BD AC nên: B1; ;  C 3;   + Với 1; 1,

3

a b ta có pt BD: 3x9y 8 Suy BD // AC nên loại Vậy A3;1 ; B 1; ;  C 3; ;  D 1;3 

Cách

L N'

N

P K

I

C B A

D

M(-1/3;1)

Qua M kẻ hai đường thẳng song với AD DC cắt AC N N’

Ta có: : 0; ' :

3

MN x  y MN x  y

1

1; ; ' ' ' 1;

3

N MNACN  N MN ACN   

   

Ta lại có hai tam giác IMN IMN’ cân I nên IN = IM = IN’ Do I trung điểm NN’ Suy ra: I 0; Mà I trung điểm AC suy ra: C3;  

CD qua C(3;-1) vng góc với AD có phương trình: 1x 3 1 y     1 x y

 1;3 

Câu 9a:

Cách (2 + i)z + (1 + 2i)(1 – i) = + 8i  (2 + i)z + + i – 2i2 = + 8i

 (2 + i)z = 7i +  z = (7 4)(2 ) (2 )(2 )

i i

i

i i

   

 

Suy : w = z + + i = + 3i  w  16 9 5

Cách

2  2  2 1  2  7 1 

1

i

i z i i i z i i i

i



           



     2 

3 11 3 11

1 15 3 11

1 3

i i

i

i z i i i z i z z

i

  

 

               

 

30 20

3 10

i

z  z i

    

Suy : w = z + + i = + 3i  w  16 9 5 B Theo chương trình Nâng cao

Câu 9b:

Cách z2 + 3(1 + i)z + 5i =

Ta có:  = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm phức là:

3(1 ) (1 )

1 ;

3(1 ) (1 )

2

i i

z i

i i

z i

   

   

   

   

Cách

Giả sử z x yi x y ,  Ta có:

    2  

2 2

3 3 3 3

z  i z  i xyi   i xyi   i x  xyiy  x yi xi y i

 2    2 3    3 

3 3

2 3 3

x y x y x y

x y x y

x y x y xy y x i

xy y x xy y x

    



     

          

        

 

  

 

2

2

2 ( )

2 3

3

3

3

2 3

2 3

x y

x y

x x ptvn

xy x y y x

x y x y

y x x x

x y

xy x y

xy x y x x

 

 

 

          

   

  

  

   

     

  

     

  

  

 

        

 

 

1 2

x y x y

      

     

    

Vậy phương trình cho có hai nghiệm là: z1  1 ;i z2   2 i