Đề thi Đại học môn Toán năm 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN - Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số ^{yx4 2}



^m1



^{x2 m2}

 

¹ , với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.

Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2xcos 2x2cos -1x Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

1 2

x x x y y y

x y x y

      



   

 (x, y  R).

Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân

3

2 1

1 ln(x 1)

I dx

x

 





Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.

Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P3^{x y} 3^{y z} 3^{z x}  6x²6y²6z² .

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử ^{11 1};

M 2 2

 

 và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.

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

1 2

1 2 1

x  y z và điểm I (0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I.

Câu 9.a. (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C_n^n1C_n³. Tìm số hạng chứa x⁵ trong khai triển nhị thức Niu-tơn

2 1

14 nx n

x

 

  

  , x ≠ 0.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x² + y² = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

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

1 2

2 1 1

x  y z , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2). Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.

Câu 9.b.(1,0 điểm). Cho số phức z thỏa 5( ) 1 2 z i z i

  

 . Tính môđun của số phức w = 1 + z + z². ---Hết---

Thí sinh không được dùng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:……….

PHÂN TÍCH VÀ LỜI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1:

a) Với m = 0 hàm số trở thành y = x⁴ – 2x² i. TXĐD

ii. Sự biến thiên

 y’ = 4x³ – 4x, y’ = 0  0 1 1 x x x

 

 

  



 lim

x y

  

 Bảng biến thiên

x - -1 0 1 +

y’  0 + 0  0 +

y + 1 +

-1 -1

 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +), nghịch biến trên (-;-1) và (0; 1).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1

iii. Đồ thị

Đồ thị hàm số đối xứng nhau qua Oy.

b) Ta có y’ = 4x³ – 4(m + 1)x y’ = 0  ₂ 0

1 x

x m

 

  



Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1

Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số A (0; m²), B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1).

Ta có ^{AB2   m 1}



^{m1 ;}



^{4 AC2   m 1}



^{m1 ;}



^{4 BC2 4}



^m1



. Dễ thấy AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Do đó tam giác ABC vuông khi và chỉ khi

   

⁴

   

⁴

2 2 2 1( )

2 1 2 1 4 1 1 1

0

m l

AB AC BC m m m m m

m

  

               .

KL : m = 0.

Câu 2.

2

3 sin 2 cos 2 2 cos -1 2 3 sin cos 2 cos 2 cos

cos 0 2 2

2 , .

3 sin cos 1 sin 1 2

6 2 2

3

x x x

x x x x

x k

x k

x x k k

x x x

x k

 

  

 

   

    

 

  

          



Câu 3.

      ^{ }

 

3 2 3 2

2 2 2 2

2 2 2 2

3 9 22 3 9 2 2 2 3 2 2 18 44 0

1 2 2 2 1

2

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

x y x y x y x y

                

 

 

       

 



x y

-1

2 O

- ²

-1 1

     

   

2 2

2 2 23 41 0

2 4 2 1

x y xy x y x y

x y xy x y

       

 

    

 . Đặt u x y v, xy ta được

 

3 2

2

2 2

2 6 45 82 0 2

2 2 23 41 0

1 3

1 2 2

2 4 2 1

4 4

u u u u

u uv u

v u u v

u v u

      

    

  

           . Giải ra ta được nghiệm của hệ là ³; ¹ ; ¹; ³

2 2 2 2

     

   

   

Câu 4.

3

2 1

1 ln(x 1)

I dx

x

 





^{= 3 2 3 2}

1 1

1 ln(x 1)

dx dx

x x

 

 

^{= }_x¹₁^{3J = 2}₃^{J. Với 3 2}

1

ln(x 1)

J dx

x







Đặt

 

2

ln 1

1 1

u x du dx

dx x

dv x v

x

  

  

  

 

    

 

suy ra

   

3 3 3

3 3

1 1

1 1 1

1 3 ln 2 ln 2

ln( 1) ln ln 1

1 1 3 1 3

ln 2 2 ln 2

ln 3 ln 2 ln 3

3 3

dx dx dx

J x x x

x x x x x

 

            

    

  

Vậy I = 2 2

ln 3 ln 2

3 3 .

Câu 5.

* Do góc giữa SC và (ABC) bằng 60⁰ nên

 60⁰

SCH  . Xét tam giác ACH có



2 2 2

2 2 2

2

2 . cos

4 2 7

9 3 9

CH AC AH AC AH CAH

a a a

a

  

   

Suy ra 7

3 CH a .

Do đó .tan 60^{0 21}

3 SH CH  a

Vậy



^,



^{1 2 3. 21 3 7}

3 4 3 12

a a a

V S ABC  

* Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành.

Do tam giác ABC đều nên ACBD là hình thoi cạnh a.

Do ^{BC/ /ADd SA BC}



^,



^{d BC SAD}



^,

  

^{d B SAD}



^,

^{ } 

^.

Lại có ³



^,

  

³



^,

^{ } 

^.

2 2

BA HAd B SAD  d H SAD

Gọi F là hình chiếu của H lên AD, K là hình chiếu của H lên SF. Ta có

    

^,

  

^.

AD SHF ADHKHK SAD d H SAD HK Gọi E là trung điểm AD suy ra 3

2

BE a . Do 2 2 3

/ / 3 3 3

HF AH a

HF BE HF BE

BE AB

      .

60 F

E

D

A

C

B S

H K

Vậy ta có

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 24 42

7 12

21 3

3 3

HK a

HK HS HF a a a

       

   

   

   

Vậy



^,



^{3 3. 42 42}

2 2 12 8

a a

d SA BC  HK  

Câu 6. Do x + y + z = 0 nên trong ba bất đẳng thức sau: xy  0, yz  0, zx  0 có một bđt đúng.

Không mất tính tổng quát ta giả sử xy  0. Ta có z = - (x + y) Ta có P3^{x y} 3^{2y x} 3^{2x y}  12(x²y²xy) 

2 2

2 2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y

x y x y xy

  

    



3

3 2.3 2 2 3

x y

x y x y

     . Đặt t = x y 0, xét f(t) = 2.( 3)^3t2 3t f’(t) = 2.3( 3) .ln 3 2 3^3t  2 3( 3.( 3) ln 3 1)^3t  0

 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2.

Mà 3^{x y}  3⁰ = 1. Vậy P  3⁰ + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  x = y = z = 0. Vậy min P = 3.

A. Theo chương trình Chuẩn : Câu 7a.

Ta có ^tan ¹₂^{; tan} ¹₃ ^tan



 



¹² _{1 1}^{13 1}

1 .

2 3

BAM DAN BAM DAN

      

 Suy ra BAM DAN45⁰MAN45 .⁰

Giả sử A (a; 2a – 3), 3 5

( , )

2 2

d M AN   AM  11 ² 7 ² 45

( ) (2 )

2 2 2

a  a 

 a = 1 hay a = 4  A (1; -1) hay A (4; 5).

Câu 8a. Ta có đường thẳng d đi qua J(-1; 0; 2) và có vecto chỉ phương u_d

= (1; 2; 1). Giả sử bán kính mặt cầu là R. Do tam giác IAB vuông cân tại I nên ( , ) ² 2. ( , )

2

d I d  R  R d I d .

Mà ta có [IJ u , _d] ( 2;0; 2) nên

IJ, 2 3 2 6

( , )

3 3

d

d

u

d I d R

u

 

 

   

 



Vậy phương trình mặt cầu (S) là : ^{2 2 2} 8 ( 3) x y  z 3. Câu 9.a. ĐK n3,n.

1 3

5C_n^n C_n  ^{5. ( 1)( 2)}



¹



²



^{30 2 3 28 0 7}

4 6

n n n n

n n n n n

n

 

 

             . Vậy n = 7 thỏa mãn. Khi đó

  ^{ }

7 7

2 1 7 2 1 7 7 3 7

7 7

0 0

. 1

2 2 2

k k

k k k k

k

k k

x x

x C x C x

 

  

 



   

   

   

 



 



. Số hạng chứa x⁵ tương ứng với k thỏa

mãn 3k – 7 = 5. Suy ra k = 4. Vậy số hạng chứa x⁵ là ₇⁴ ₄1 ⁵ 35 ⁵

2 16

C  x   x B. Theo chương trình Nâng cao :

A B

D C

N

M

Câu 7b. Phương trình chính tắc của (E) có dạng :

2 2

2 2 1, ( )

x y

a b

a b   . Ta có a = 4.

(E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : M (2;-2) thuộc (E) 4₂ 4₂

a b 1

   ² 16

b 3

  . Vậy (E) có dạng

2 2

16 1 16

3

x y

 

Câu 8b. M d M( 1 2 ; ; 2  t t t t) ( R); A là trung điểm MN N(3 2 ; 2 t  t; 2t) ( )

N P  t 2 N( 1; 4;0)  ;  đi qua A và N nên phương trình có dạng : 1 4

2 3 2

x  y  z Câu 9b. Giả sử z x yi, ta có

5( )

1 2 z i z i

  



5( )

1 2 x yi i x yi i

    

 

 

5 ( 1)

( 1) 2

x y i

x yi i

 

  

  5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

         5x5(y1)i(2x 2 y) (  x 1 2 )y i

2 2 5

1 2 5( 1)

x y x

x y y

  

    



3 2

7 6

x y

x y

  

    

1 1 x y

 

   . Vậy z = 1 + i;

Do đó w  1 z z²     1 (1 i) (1 i)²       1 1 i 1 2i ( 1)  2 3i  w  4 9  13