ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
Đáp án
Điểm
Câu
a) (1,0 điểm)
1 (2,0 điểm)
3
Khi
ta có:
23 x
1,m =
y x 3 . = − +
D = (cid:92)
.
0,25
2
• Tập xác định: • Sự biến thiên:
0
2.
y
x
x 6 ;
x = hoặc
x =
' 3 =
−
' 0 − Chiều biến thiên: y = ⇔
0,
2,
Các khoảng đồng biến: ( ; 0) và (2; (0; 2). − ∞ )+ ∞ , khoảng nghịch biến:
x = yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại
x = yCT = −1.
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0,25
y
y
= −∞
. = + ∞
x
x
lim → − ∞
lim → + ∞
và − Giới hạn:
x
− ∞
+ ∞
− Bảng biến thiên: 0 2
'y + 0 – 0 +
0,25
+ ∞
y
3
− ∞
y
–1
3
0,25
O
x
−1
2
• Đồ thị:
b) (1,0 điểm)
2
0
x
x =
m= 2 .
y
x
6
mx ;
y =
' 3 =
−
hoặc ' 0 ⇔
0,25
0m ≠ (*).
3
3
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi
A
(0; 3
m và )
(2 ;
).
B m m−
Các điểm cực trị của đồ thị là
0,25
3
OA
|
m=
m= 3 |
Suy ra và , ( d B OA ( )) 2 | | .
0,25
8 4
4 m =
48
=
OAB
S∆
⇔ 3
m = ±
2, thỏa mãn (*). ⇔
0,25
Trang 1/4
0,25
x
3 sin 2
x
cos
x
3 sin
x
+
=
−
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2
2 (1,0 điểm)
co
s 2
x
cos
x
−
=
+
⇔
0,25
)
)
(
(
π 3
π 3
2
x
x
k
2π (
k
− = ± +
+
∈(cid:93)
).
⇔
0,25
)
(
π 3
π 3
x
k
2π
x
k
(
k
=
+
=
∈(cid:93) . )
⇔
hoặc
0,25
2π 3
2π 3
2
3
x≤ ≤ −
2x ≥ + 3 (*).
hoặc
3 (1,0 điểm)
0
là nghiệm của bất phương trình đã cho. Điều kiện: 0 Nhận xét: x =
0,25
0,
x
x
x >
+
+
+ − ≥ (1).
x
0
2 6
3
t
t
1 4 3 Với bất phương trình đã cho tương đương với: 1 x
− ≥ −
t
x
(2),
=
+
bất phương trình (1) trở thành
Đặt
0,25
1 x
2
3 0 t − < ⎡ ⎢ − ≥ 3 t ⇔ ⎧⎢⎨⎢ 2
6 (3 ) t
− ≥ −
t ⎣⎩
.
t⇔ ≥
x
2
+
≥ ⇔ ≥ hoặc x
Thay vào (2) ta được
0,25
1 x ≤ 2
5 2
5 2
1 x
0
0,
x = ta được tập nghiệm của bất phương
x ≥
x⇔ < ≤ hoặc
1 4
4 . Kết hợp (*) và nghiệm
0,25
).
⎡ 0; ⎢ ⎣
⎤ ∪ +∞ [4; ⎥ ⎦
1 4
trình đã cho là:
0,25
x
2 ,
dt
2
xdx .
t = với 0;
=
=
0x = thì
1x = thì
t = 1.
Đặt t suy ra Với
4 (1,0 điểm)
1
1
2
x
I
=
=
Khi đó
0,25
2
∫
+
+
x
x
+
+
0
1
1
t
.2 d x x 2 d t t 1)( t 2) 1 2 ( 1)( 2) 1 ∫ 2 ( t 0
=
−
=
d t ln| 2| + − ln| 1| t +
0,25
∫
)
(
)
(
t
t
0
0
ln3
ln2.
−
2 1 2 1 2 2 + 1 1 +
=
0,25
3 2
S
0,25
5 (1,0 điểm)
SCD),
⊥
AB SC⊥
và AB SO⊥
nên
,
C
ABH
do đó ( Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có AB . AB CD⊥
SC AH⊥
⊥
Mặt khác suy ra S ( ).
0,25
a
a
a
3
3
2
H
CD
OC
SO
,
.
=
=
=
2 SC OC −
=
2
3
33 3
Ta có: nên
0,25
2
SO CD a
DH
.
. Suy ra
S
AB DH .
=
=
=
=
ABH
∆
. SC
11 4
1 a 1 8
1 2
C
A
2
SH SC HC SC CD DH
.
=
−
=
−
−
Do đó
O
2 7 a = 4
D
Ta có
0,25
3
7
.
V
S
=
=
S ABH
ABH
.
H S∆ .
B
a11 6 9
1 3
Do đó
Trang 2/4
2
2
x
y
z
x
y
z
+
2 1, =
+
+ + =
và ta có: Với 0
6 (1,0 điểm)
2
2
2
2
2
yz x=
0 (
x y z
)
x
y
z
2 (
x y z
) 2
yz
1 2
x
yz 2 ,
= + +
=
+
+
+
+ +
= −
+
nên
0,25
2
2
2
2
y
z
1
1
2
yz
x
,
,
x
≤
=
−
≤
−
≤
≤
+ 2
1 2
x − 2
2 1 . − 2 6 3
6 3
x − 2 3
2
2
3
Mặt khác suy ra: do đó (*).
(
y
z
)(
y
z
)
2 2 y z
(
y
z
)
+
+
+
−
+
5
2
2
2
)(
x
x
z
y
y z
( yz y z
x
(1 + −
+
) + −
+
+
x
=
) ( ⎡ ⎣
) ⎤ ⎦
Khi đó: P = 5 x
0,25
(
)2
2 1 − 2
3
5
2
2
2
2
x
)
(1
)
x
x
x
x
x x
x
(1 + −
−
+
−
+
−
=
x =
( 2
) x− .
(
)
(
)2
⎡ − ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
5 4
1 2
2
3
f x ( )
f
x
'( ) 6
f x
'( ) 0
x
.
x= 2
− x trên
x=
− 1;
= ⇔ = ±
,
;
6 6
6 3
6 3
1 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦
⎡ −⎢ ⎢ ⎣
Xét hàm suy ra
0,25
f
f
,
f
f
.
−
=
= −
=
−
=
.
f x ≤ ( )
6 3
6 6
6 3
6 6
6 9
6 9
6 9
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
Ta có Do đó
.
P ≤
5 6 36
Suy ra
0,25
x
,
y z
.
=
= =−
5 6 36
6 6
6 3
Khi thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là
(C)
7.a (1,0 điểm)
A
.
B OI⊥
0,25
d
A
I
(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có Mà AB d⊥ và O d∉ nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.
I
∈
C , 2( )
y x
Mặt khác nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:
0,25
B
I
(3;3).
⇔
⇒
2
3 3
x
y
x
18 0
+
12 −
+ =
x =⎧ ⎨ y = ⎩
=⎧ ⎪ ⎨ 2 ⎪⎩
(C1)
0,25
R d I d
=
2
2
Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính ( , ) 2 2. = (C2)
0,25
x
y
−
+
−
= 8 .
Vậy phương trình của (C) là ( 3) ( 3)
0,25
8.a (1,0 điểm)
I
t
I d∈
+
−
2
2
2
2
2
2
Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). Do nên tọa độ của điểm I có dạng (1 2 ; ; 2 ). t t
0,25
,
AI BI=
+
=
+
+ ⇒ =− 1 . t
Do , nên suy ra 4 t (2 2) t ( ) A B S∈ (2 1) t − ( 1) t + − (2 3) t + ( 3) t + −
0,25
17.
IA =
2
2
2
Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2) I − −
0,25
x
y
z
+
+
+
+
−
=
Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( 1) ( 1) ( 2) 17 .
0,25
=
4 25 12650.
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C
9.a (1,0 điểm)
0,25
+
+
2 . C C C C C C 15
1 15
3 10
2 10
3 15
1 10
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là . .
0,25
= 11075.
.
P =
=
Xác suất cần tính là
0,25
11075 12650
443 506
Trang 3/4
2
2
x
y
y
(
E
):
1(
a
0).
+
=
b > >
Hình thoi ABCD có Giả sử
7.b (1,0 điểm)
2
2
0,25
a
b
B
H
AC
.OB 2
BD= 2
=
A a
và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA
A
C
O
x
B
0;
.
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem ( ;0) và
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
0,25
)
(
a 2
2
2
C x ) :
4.
y+
=
D
1
1
suy ra OH là bán kính của đường tròn (
.
=
+
=
+
Ta có:
0,25
2
2
2
1 2
4 2
1 1 = 4 OH
OA
OB
a
a
2
2
2
0,25
+
1. =
5.=
2 a =
y 5
x 20
Suy ra 20, do đó b Vậy phương trình chính tắc của (E) là
∈
∈
Do , B Ox C Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B b ( ; 0; 0) và C (0; ; 0). c
0,25
8.b (1,0 điểm)
G
; 1 .
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra:
0,25
(
)
b c ; 3 3
.
y x = = 1 2
z− 3 3 −
Ta có nên đường thẳng AM có phương trình (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AM = (1;2; 3) −
0,25
.
4.
b = và 2
c =
b 3
c = = 6
2 − 3 −
1,
+
P
x
y
z
+ = nghĩa là
Suy ra Do G thuộc đường thẳng AM nên
+
+
−
( ) : 6 3 4 Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là 12 0. =
0,25
x 2
y 4
z 3
0,25
4.
2 3
i z
4 0
∆ =
−
− = có biệt thức
Phương trình bậc hai 2 z
9.b (1,0 điểm)
0,25
z
i
= +
i
3 3 . i 1 = − + Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1 1 và 2 z
=
+
• Dạng lượng giác của
là
sin
0,25
1z
z 1
⎛ 2 cos ⎜ ⎝
⎞ . ⎟ ⎠
z
i
π 3 π 3
=
+
• Dạng lượng giác của
là
sin
0,25
2z
2
⎛ 2 cos ⎜ ⎝
⎞ . ⎟ ⎠
2π 3 2π 3
---------- HẾT ----------
Trang 4/4
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
