intTypePromotion=1
ADSENSE

Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối A 2012

Chia sẻ: Phan Thi Ngoc Giau | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

528
lượt xem
140
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi đại học dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học, cao đẳng chuyên môn Toán. Đề thi môn Toán chính thức của Bộ Giáo dục và Đào tạo sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối A 2012

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Môn: TOÁN; Khối A ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ ⎨ ⎬. ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1 0,25 Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D. ( 2 x −1) 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . 2 2 x → −∞ x → +∞ 0,25 1 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = . 2 ⎛1⎞ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ x →⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1 Bảng biến thiên: x −∞ +∞ 2 − − y’ 0,25 1 +∞ − y 2 1 − −∞ 2 y • Đồ thị: (C) O1 x 1 2 1 − 0,25 2 –1 2. (1,0 điểm) −x +1 Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 2x −1 0,25 1 2 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*). 2 ∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 0,25 1 1 k1 + k2 = – =− – . (2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2 Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. 0,25 Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. Trang 1/5
  2. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) II (2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 π • cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 2 π π • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 0,25 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 2. (1,0 điểm) ⎧5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) ⎪ ⎨ 0,25 2 2 2 ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) (2). ⎩ Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. 0,25 Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 2 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 0,25 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜⎜ 5 ; 5 ⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − 5 ; − 5 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎜ 5 ; 5 ⎟ , ⎜ − 5 ; − 5 ⎟. Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ π π π III 4 4 4 ( x sin x + cos x) + x cos x x cos x ∫ ∫ dx + ∫ x sin x + cos x dx. 0,25 dx = I= (1,0 điểm) x sin x + cos x 0 0 0 π 4 π π Ta có: ∫ dx = x 04 = 0,25 4 0 π π π 4 4 d(x sin x + cos x) x cos x ∫ x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x ) ∫ 0,25 dx = và 4 x sin x + cos x 0 0 0 ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π = ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜ ⎜ 2 ⎜ 4 + 1⎟ ⎟ . 0,25 ⎜ 2 ⎝ 4 ⎠⎟ ⎠⎟ 4 ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). IV S AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và 0,25 (1,0 điểm) (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3. Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. DN C A BC AB MN = = a, BM = = a. 0,25 M 2 2 B ( BC + MN ) BM 3a 2 1 ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅ Diện tích: SBCNM = = 2 2 3 Trang 2/5
  3. Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25 Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH. Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a SA. AD 2a 39 0,25 ⇒ d(AB, SN) = AH = = ⋅ 13 SA2 + AD 2 1 1 2 V + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1. Trước hết ta chứng minh: (1,0 điểm) 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. ⇔ ( ab – 1)( a – Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + . 2x + 3y 1 + z 1 + x 3y x 2+ 1+ 0,25 y z x y z x x = hoặc = 1 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: (1) y z y t2 x 2 = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + ⋅ Đặt 2t + 3 1 + t y − 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤ t2 2 ⎣ ⎦ < 0. 0,25 Xét hàm f(t) = 2 + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 2t + 3 1 + t 34 x ⇒ f(t) ≥ f(2) = ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 33 y 34 ⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 0,25 34 ; khi x = 4, y = 1, z = 2. Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 33 1. (1,0 điểm) VI.a (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. A o 0,25 Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB I ⇒ SMAIB = IA.MA ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 0,25 M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). B 0,25 IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 ∆ M ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 0,25 ⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 ⎩ Trang 3/5
  4. Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 0,25 ⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎩ ⎧x = 2 y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y 0,25 ⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0 ⎩ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . 0,25 ⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠ 2 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi VII.a 0,25 (1,0 điểm) ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a 2 2 2 2 ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b ⎧a = − 2b 2 ⇔⎨ 0,25 ⎩b(2a + 1) = 0 ⎛ 1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ; ⎟ hoặc (a; b) = ⎜ − ; − ⎟. ⎝ 2 2⎠ ⎝2 2⎠ 0,25 1 1 11 Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 22 1. (1,0 điểm) VI.b (2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: 0,25 4 − x2 . B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = y Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. A 1 0,25 Diện tích: SOAB = x 4 − x 2 2 H O x 12 x (4 − x 2 ) ≤ 1. = 2 B 0,25 Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎟ và B ⎜ 2; − ⎟ hoặc A ⎜ 2; − Vậy: A ⎜ 2; ⎟ và B ⎜ 2; ⎟. 0,25 ⎜ 2⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). 0,25 OA 4 2 Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = . 3 3 2 R2 − r 2 = Khoảng cách: d(I, (P)) = . 3 0,25 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 2(a + b + c) 2c 2c 2 ⇒ d(I, (P)) = = = 0,25 3 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c 2a + c 2a + c ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 Trang 4/5
  5. Câu Đáp án Điểm Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i VII.b 0,25 (1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⎧3a − 3b = 2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25 ⎩a + b − 2 = −2 1 1 2 , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⇔ a= ⋅ 0,25 3 3 3 ------------- Hết ------------- Trang 5/5
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2