DeDap an mon TOAN khoi B nam 2012nhieu cach giai

( ) 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.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - Mơn: TỐN; Khối B

ĐỀ CHÍNH THỨC 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 3 3mx23m3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m1.

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48. Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cosx sin ) cosx xcosx sinx1

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2

1

    

x x x x

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

3



 

 x

I dx

x x .

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  0 x2y2z2 1

Tìm giá trị lớn biểu thức P x 5y5z5

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 đường tròn ( ) :C1 x2y2 4, 2

2

( ) :C x y  12x18 0 đường thẳng d x y:   0 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc ( )C2 , tiếp xúc với d cắt ( )C1 hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2

1

 

 

x y z

d

hai điểm

(2;1;0), ( 2;3;2)

A B Viết phương trình mặt cầu qua A, B có tâm thuộc đường thẳng d.

Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam 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 đường tròn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x2y2 4 Viết phương trình tắc elip (E) qua 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, choA(0;0;3), M(1;2;0) Viết phương trình mặt phẳng

( )P qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2 3iz 0. Viết dạng lượng giác z1 z2.

………… Hết …………

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN - Khối B

(Đáp án) 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

x y

  

 

limx y

 



x  0 2 + y’ +  +

y +  CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (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) B (2m; -m3)

3

3 ; ( ,( ))

OA m d B OA m

  

 S

OAB =

3

1

6 48

2 m m   m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk m0).

Câu :

Cách 1: 2(cosx sin )cosx xcosx sinx1

(2cos 1)(cos 1) sin (2cos 1)

1

cos

2cos 2 2

3

cos sin cos 2

3

x x x x

x

x x k

x x x x k

  



     



 

  

   



   



 

  

   



 

  



Cách 2: Phương trình cho tương đương với: cos 2x + 3sin 2x = cos x − 3sin x  cos(2x 3) cos(x 3)

 

  

 2x (x 3) k2 (k )

 



     



2

x  k 

2

x k  (k )

 

Câu : Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 x Đk :  x  2 3 hay x  2 nhận xét x = nghiệm

+ Với x  0, BPT 

1

4

x x

x x

   



Đặt t =

1

x x 



x x 

= t2 – (t  2)

y

x

3

Ta có : t t2 3  2 3

6 (3 )

t t t t t t                   t   Hay x x    x

hay x 

Kết hợp với đk ta tập nghiệm bất phương trình cho là:  

1 0; 4;        .

Câu :

Cách 1: Đặt t = x2 dt

xdx

 

; x 0 t0; x 1 t1

2

1

2

tdt I t t    

1

2 t t dt



 

   

 

 

 12ln 3ln 2

2

 

Cách 2: 3     x I dx x x

Giả sử:

4 3 1

A

2 x

2

B

x Cx D

x x x x

 

 

   

2

3

4 4

(Ax )( 2) ( ) ( ) ( ) (2 )

3 3

1 0 ( ) 2 0 2

x x Cx D x A C x B D x A C x B D

x x x x x x

A C A

B D B

A C C

B

B D D

                                                

1 1

4 2 2

0 0

1

1 2

1 2 2 0 0 2

3 2

1 ( 1) ( 2)

ln( 1) ln( 2) ln ln

2 2

2

x x x x x

I dx dx dx dx

x x x x x x

d x d x

x x x x                                     Câu 5

Gọi D trung điểm cạnh AB O tâm ∆ABC Ta có

AB  CD và AB  SO nên AB  (SCD), AB SC

Mặt khác SC  AH , suy SC  ( ABH) Vậy SC(ABH)

Cách 1: Gọi SD chiều cao tam giác SAB

2 2 2

2 2

2 ( )

2

( ) ( )

15 15

(2 )

2 4

1 15 15

2

1 15 15 15

2 2.2

SAB

SAB SAC

a a a a

SD a a SD

a a

S a

a a a

S S AH SC AH

a                       Ta có 2

2 (2 )2 4 15 49 7

16 16 4.2

a a a SH a

SH a AH a SH

2

2 2

( )

( ) ( )

( )

7 15 15 44 11

;

8 3.2 12 12

SABH

SABH SABC SABC

V SH a a a a a a

V V SO SO

V SC                           ( )

7 11 11

8 96

SABH

a a a

V    

 

  .

Cách 2 : Ta có :

3

,

2

a a

CD OC

nên

2 33

3

a SO SC  OC 

Do

11

4

SO CD a

DH

SC

 

Suy

2 11 ABH a S  AB DH 

Ta có

2

4

a

SH SC HC SC   CD  DH 

Do

3

1 11

3 96

S ABH ABH

a V  SH S 

Câu

Cách 1: 2

0

x y z

x y z

          ( ) 2 3

xy x y

x y             

P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y)

=

3

5 5

( ) ( )

2 x y x y 2t 4t

 

       

  ; t = x + y

f(t) =

5

2t 4t

 

f’(t) =

15

2 t

 

f’(t) =  t =  t 2  

6 23

f’(t) – + – f(t) 5 6

36 5 636

5 36



Vậy P 

36 Vậy max P = 5 636 xảy t =

 ( ) x y xy

z x y

          

 (có nghiệm) hay

2 ( ) x y xy

z x y

          

 (có nghiệm)

Cách 2: Với x + y + z = x2 + y + z = 1, ta có:

= ( x + y + z)2 = x2 + y + z + x( y + z)+ yz =1− x2 + yz, nên

2 1.

2

Mặt khác

2 1

2

y z x

yz   

, suy

2

2 1

2

x

x   

,

6

(*)

3 x

  

Khi đó: P = x5 + ( y + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z)

(1 2) ( 2)( ) ( ) 2

2

x x  y z y z yz y z  x  x

          

 

2

5 (1 2) (1 2) 2 5(2 ).

2

x x  x x x x  x  x x x

            

   

 

Xét hàm

3

( )

f x  x  x

6

;

3

 



 

 , suy f x( ) 6 x21;

6 ( )

6

f x   x

Ta có

6 6 6

,

3 9

f f  f f  

        Do

6 ( )

9

f x  

Suy

5 36

P 

Khi

6

,

3

x y z 

dấu xảy Vậy giá trị lớn P

5 36 

(C2)

(C1)

A

B C

(C1) có tâm gốc tọa độ O Gọi I tâm đường trịn (C)

cần viết phương trình, ta có ABOI Mà AB  d và O  d nên OI // d, OI có phương trình y = x. Mặt khác I  (C2 ), nên tọa độ I thỏa mãn hệ:

2

3

(3;3)

12 18

y x x

I y

x y x

 

 

 

 



    



Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d (I , d ) = 2 Vậy phương trình (C) ( x − 3)2+ ( y − 3)2 = 8.

Cách 2:

Phương trình đường trịn (C) : x2y2 2ax 2by c 0

Phương trình đường thẳng AB : 2ax 2by c 4  AB có vtcp vv (b;-a) Đường thẳng (d) có vtcp u(1;1)

v

( )d AB u vvv 0  a b (1)

d(I,d) =

2

4

a b

a b c

 

  

 = 2a2 – c (2)

2 2

( ) 12 18 (3)

I C  a b  a  Thế (1) vào (3) ta có : a b 3 Thế a b 3 vào (2) ta có : c = 10

Vậy phương trình đường trịn (C) : x2y2 6x 6y10 0

Cách 3: Gọi I (a;b) ( )C2 ; đường trịn tâm I cắt (C1) tâm O A, B cho AB ( )d . Mà IOAB IO dP( ) Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2= R

Ta có :

2 12 18 0

4

a b a

a b

    

 

  

 

2 2

12 18

(1)

12 18

(2)

a b a

a b

a b a

a b

     

 

  

  

    

 

   

Hệ (1) a 7 2;b 1 2; (loại) I O phải phía so với (d) Hệ (2) a b 3 a2 6a 9  a3

Phương trình đường trịn : (x 3)2(y 3)2 8 Câu 8a

Ta có:

1 :

2

x t

d y t

z t

   

    

Gọi tâm mặt cầu I( )d  I(1 ; ; ) t t  t đó: IA2 9t2 6t2, IB2 9t214t22 Do A, B nằm mặt cầu nên IA2 IB2 t1  I( 1; 1; 2)  , IA2 R2 17

Vậy phương trình mặt cầu :  

2 2 2

1 ( 1) ( 2) 17

x  y  z  Câu 9a

Cách 1: Số cách gọi học sinh lên bảng : 25

25!

12650 4!.21!

C  

Số cách gọi học sinh có nam lẫn nữ :

TH 2: nữ nam có : C C102 152  4725 TH 3: nữ nam có : C C103 151 1800

Vậy số cách gọi học sinh có nam nữ : 4550 + 4725 + 1800 = 11075

Vậy xác suất để học sinh gọi có nam lẫn nữ :

11075 443

12650506

Cách 2: Xác suất chọn khơng có nam: P1 =

4 10 25

21 1265

C C 

Xác suất chọn khơng có nữ : P2 =

4 15 25

273 2530

C C 

Xác xuất có nam nữ : P = – (P1 + P2) =

443 506

B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b

Cách 1: Giả sử

2

2

( ) :E x y (a b 0)

a b    Hình thoi ABCD có

AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB

Khơng tính tổng qt, ta xem A(a; 0)

(0; )

a B

Gọi H hình chiếu vng góc O AB, suy OH bán kính đường trịn ( ) :C x2y24

Ta có : 2 2

1 1 1

4OH OA OB a a

Suy a2 = 20, b2 = Vậy phương trình tắc (E)

2

1

20

x y

 

Cách 2:

Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi R =

Ta có

2 2

1 1

4

a a a

  

2 20 2 5

a a

     b

Vậy phương trình (E) :

2

1

20

x y

 

Cách 3:

Gọi (E) có dạng

2

2

(2 )

x y

a a  với

1

a BD

, ta có:

2 2

1 1

5

4 a

a  a R   

Vậy phương trình (E) :

2

1

20

x y

 

Câu 8b Cách 1:

Gọi B giao điểm mặt phẳng với Ox, B(b;0;0)

y

H B

A C

x O

C giao điểm mặt phẳng với Oy, C(0;c;0)

Vậy pt mặt phẳng có dạng : x y z

bc   trọng tâm tam giác ABC : 3; ;1 b c G 

 

(1; 2; 3)

AM  

uuuv

Pt đường thẳng AM :

3

1

x y z

 

 Vì G AM nên

2

3

b c   

2,

b c

  

Vậy pt mặt phẳng (P) 6x3y 4z12 0

Cách 2:

Do B  Ox, C  Oy nên tọa độ B C có dạng: B(b; 0; 0) C (0; c; 0). Gọi G trọng tâm tam giác ABC, suy

; ;1 3

b c G 

 

Ta có AM(1;2; 3)



nên đường thẳng AM có phương trình

3

1

x y z

  

Do G thuộc đường thẳng AM nên

2

3

b c 

  

 Suy b2 c4

Do phương trình mặt phẳng (P)

1

2

x y z

  

,

1 cos sin ; 2 cos sin

3 3

z      i z      i

    nghĩa là

( ) : 6P x3y4z12 0

Câu 9b Phương trình z2 3iz 0 có hai nghiệm z1 1 ,i z2  1 3i Vậy dạng lượng giác z1, z2 :

z1 = 2(cos

2

 + isin

2

 );

2 cos sin

3

z    i  