Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2012)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

91
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2012) là đề chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo. Đáp án và thang điểm gồm có 4 trang dành cho các bạn học sinh khối A và A1. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và nghiên cứu của các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2012)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 . • Tập xác định: D = \. 0,25 • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞). − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞. x→−∞ x→+∞ − Bảng biến thiên: x −∞ –1 0 1 +∞ y' – 0 + 0 – 0 + +∞ +∞ 0,25 0 y –1 –1 • Đồ thị: y 8 0,25 –1 O 1 –2 2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1). 0,25 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*). Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1). JJJG JJJG 0,25 Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ). JJJG JJJG Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0 0,25 ⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0. 0,25 Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm 2 Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0. 0,25 (1,0 điểm) π • cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ]). 0,25 2 • 3 sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x − = cos π 3 ( ) π 3 0,25 2π ⇔ x = k 2π hoặc x = + k 2π (k ∈ ]). 3 0,25 π 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k 2π và x = + k 2π (k ∈ ]). 2 3 3 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨ ⎪ ( ) ( ) 12 12 0,25 ⎪⎩ x − + y+ = 1. (2) 2 2 1 1 3 1 1 3 Từ (2), suy ra −1 ≤ x − ≤ 1 và −1 ≤ y + ≤ 1 ⇔ − ≤ x − 1 ≤ và − ≤ y + 1 ≤ . 2 2 2 2 2 2 0,25 3 3 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t 2 − 4) < 0 , suy ra f(t) nghịch biến. ⎣ 2 2⎦ Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). ( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 0,25 Thay vào (2), ta được x − + x− = 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = . 2 2 2 2 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) = ; − 1 2 2 3 ( ) 3 1 hoặc ( x; y ) = ; − . 2 2 ( ) 0,25 4 dx dx 1 Đặt u = 1 + ln( x + 1) và dv = 2 , suy ra du = và v = − . 0,25 (1,0 điểm) x x +1 x 3 3 1 + ln( x + 1) dx I=− x 1 + ∫ x( x + 1) 0,25 1 3 3 = 2 + ln 2 3 + ∫( 1 1 − 1 x x +1 dx = ) 2 + ln 2 3 + ln x x +1 1 0,25 2 2 = + ln 3 − ln 2. 0,25 3 3 5 n là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH Ta có SCH n = 60o. (1,0 điểm) S a a 3 Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD = , 6 2 0,25 a 7 a 21 HC = HD 2 + CD 2 = , SH = HC.tan60o = . 3 3 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 VS . ABC = .SH .S ∆ABC = . . = . 0,25 3 3 3 4 12 K Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc 3 A của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên D 2 N C x 3 0,25 d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )). H 2 B Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK . 2a a 3 SH .HN a 42 a 42 AH = , HN = AH sin 60o = , HK = = . Vậy d ( SA, BC ) = . 0,25 3 3 2 SH + HN 2 12 8 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm 6 Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*). (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng. 0,25 Áp dụng (*), ta có 3 | x− y | + 3 | y− z | + 3 | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x |. Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) 2 = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) 0,25 ( 2 2 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ 2 | x − y | + | y − z | + | z − x | . 2 ) ( ) Do đó | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 2 | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) . 2 0,25 2 2 2 Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z . Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3. 0,25 Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 7.a Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H (1,0 điểm) và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. A B Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. 0,25 Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra AH ⊥ HM . Hơn nữa, ta cũng có AH = HM . M 3 10 0,25 H Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) = . Q 2 P A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3). ( ) ( ) C D N 3 10 11 2 7 2 45 0,25 MA = ⇔ t− + 2t − = 2 2 2 2 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. 0,25 Vậy: A(1; −1) hoặc A(4;5). JJG 8.a Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1,0 điểm) JJJG 0,25 Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1). ( ) JJJG JJG 1 JJJG 2 2 2 IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − . 0,25 3 3 3 3 2 6 Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH = . 0,25 3 8 Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = . 0,25 3 9.a n −1 3 n(n − 1)(n − 2) (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 6 ⇔ n = 7 (vì n nguyên dương). 0,25 2 n7 7 7−k 7 1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞ 2 (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k . k k k ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi đó ⎜ ⎝ 14 − ⎟ =⎜ x⎠ ⎝ 2 − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠ ∑ 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 . (−1)3 .C73 5 35 0,25 Do đó số hạng cần tìm là x = − x5 . 4 16 2 Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm 7.b x2 y2 (1,0 điểm) Phương trình chính tắc của (E) có dạng: + = 1, a2 b2 0,25 y với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4. A Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và 2 các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và 0,25 (C) có một giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > 0. O 2 x A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2. 0,25 4 4 16 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ + = 1 ⇔ b2 = . 16 b 2 3 x2 y 2 0,25 Phương trình chính tắc của (E) là + = 1. 16 16 3 8.b (1,0 điểm) M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25 MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25 N∈(P) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t ) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4). 0,25 x −1 y + 1 z − 2 Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆ : = = . 0,25 2 3 2 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1. (1,0 điểm) 5( z + i ) 0,25 Ta có = 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0 z +1 ⎧3a − b − 2 = 0 ⎧a = 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 ⎩ a − 7b + 6 = 0 ⎩b = 1. Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i )2 = 2 + 3i. 0,25 Vậy w = 2 + 3i = 13. 0,25 ------------- HẾT ------------- Trang 4/4