Tài liệu Da_toan_b

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x 2 + 3 . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) và (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2). − Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −1. − Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = + ∞. x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+ ∞ x −∞ y' 0 + 0 +∞ 2 – 0 + +∞ 3 0,25 y −∞ • Đồ thị: –1 y 3 0,25 2 O x −1 b) (1,0 điểm) y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m. Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*). Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m3 ) và B (2m; − m3 ). Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | . 0,25 0,25 S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 0,25 ⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*). 0,25 Trang 1/4 2 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x (1,0 điểm) π π ⇔ cos 2 x − = cos x + 3 3 0,25 ) ( ) 0,25 ( ) 0,25 ( π π ⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈ ). 3 3 ⇔ x= 2π 2π + k 2π hoặc x = k (k ∈ ). 3 3 0,25 3 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*). (1,0 điểm) Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho. Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với: x+ 1 + x + − 4 ≥ 3 (1). x x x+ 1 Đặt t = x + (2), bất phương trình (1) trở thành x 5 ⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được 2 1 ⎡3 − t < 0 t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎧3 − t ≥ 0 ⎢⎨ ⎢ t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2 ⎣⎩ 2 1 5 ≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc x 2 x≤ 1 2 0,25 0,25 0,25 1 hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương 4 1 trình đã cho là: ⎡0; ⎤ ∪ [4; +∞). ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ ⇔0< x≤ 4 (1,0 điểm) Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1. 1 Khi đó I = = 1 ∫ ∫( 1 0 ∫ ) ( 0,25 ) 2 1 1 dt = ln|t + 2| − ln|t +1| − 2 t + 2 t +1 = ln3 − 5 (1,0 điểm) 0,25 1 x 2 .2 xdx 1 td t = 2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2) 0 0 1 2 1 0,25 0 3 ln2. 2 0,25 Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có AB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), do đó AB ⊥ SC . S Mặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ). Ta có: CD = H C A D 0,25 a 3 a 3 a 33 nên SO = SC 2 −OC 2 = , OC = . 2 3 3 SO.CD a 11 1 11a 2 Do đó DH = = . Suy ra S ∆ABH = AB.DH = . SC 4 2 8 Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 = O B Do đó VS . ABH 1 7 11a 3 = SH .S ∆ABH = . 3 96 Trang 2/4 7a . 4 0,25 0,25 0,25 0,25 6 Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1, ta có: (1,0 điểm) 1 0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz =1− 2 x 2 + 2 yz , nên yz = x 2 − . 2 y 2 + z 2 1 − x2 1 1 − x2 6 6 Mặt khác yz ≤ = (*). , suy ra: x 2 − ≤ , do đó − ≤ x≤ 2 2 2 2 3 3 0,25 Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z ) ( ) 12 x 2 5 1 1 2 x = (2 x3 − x). = x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 − ⎢ ⎣ ⎦ 4 2⎥ 2 ⎡ 6 6 6⎤ 2 Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ − . ; ⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ± 6 3 ⎥ ⎢ 3 ⎣ ⎦ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 6 , f ⎜ ⎟ = f ⎜− Ta có f ⎜ − . ⎟= f ⎜ ⎟=− ⎟ = . Do đó f ( x) ≤ 9 9 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9 = x5 + (1− x 2 ) ⎡( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤ + x 2 − ⎣ ⎦ 0,25 ( ) ( ) Suy ra P ≤ Khi x = 5 6 . 36 6 6 5 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là , y = z =− . 3 6 36 7.a (1,0 điểm) (C) A 0,25 d I (C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d và O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x. 0,25 0,25 Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: ⎧y = x ⎧x = 3 ⎪ ⇔⎨ ⇒ I (3;3). ⎨ 2 2 ⎪x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 3 ⎩ 0,25 Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2. 0,25 Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8. 0,25 B (C1) (C2) 8.a (1,0 điểm) Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ). 0,25 Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy ra (2t −1) 2 + (t −1) 2 + 4t 2 = (2t + 3) 2 + (t −3) 2 + (2t + 2) 2 ⇒ t =−1. 0,25 Do đó I (−1; − 1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17. 0,25 Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17. 0,25 9.a 4 (1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 =12650. 0,25 1 3 2 2 3 1 Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15 .C10 + C15 .C10 + C15 .C10 0,25 = 11075. 0,25 Xác suất cần tính là P = 11075 443 = . 12650 506 Trang 3/4 0,25 7.b (1,0 điểm) y B H A C O D x2 + y2 =1( a > b > 0). Hình thoi ABCD có a 2 b2 AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB. Giả sử ( E ): 0,25 Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) và x B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 2 suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4. 0,25 1 1 1 1 1 4 = = + = + . 2 2 2 2 4 OH OA OB a a2 0,25 ( ) Ta có: x2 y 2 + = 1. Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là 20 5 8.b Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0). (1,0 điểm) b c Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 . 3 3 ( ) Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình x y z−3 = = . 1 2 −3 b c −2 Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4. 3 6 −3 Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là x y z + + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0. 2 4 3 9.b Phương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4. (1,0 điểm) Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3i. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π • Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛cos + isin ⎞. ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ 3 0,25 2π 2π • Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛cos + isin ⎞. ⎜ ⎟ 3 3⎠ ⎝ 0,25 ---------- HẾT ---------- Trang 4/4