Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2012 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

Chia sẻ: đinh Công Chánh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2012 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) của Bộ GD&ĐT để biết được kết quả làm bài của mình sau khi thử sức mình với đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 môn Toán, khối A (Đề thi chính thức) của Bộ GD&ĐT. Chúc các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh CĐ-ĐH.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2012 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

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