Da_toan_b

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x 2 + 3 .

• Tập xác định: D = .
• Sự biến thiên:

0,25

− Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) và (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2).
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −1.
− Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = + ∞.
x→−∞

− Bảng biến thiên:

0,25

x→+ ∞

x −∞
y'

0
+

0

+∞

2
–

0

+

+∞

3

0,25

y

−∞
• Đồ thị:

–1
y

3

0,25

2
O

x

−1

b) (1,0 điểm)
y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m.

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*).
Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m3 ) và B (2m; − m3 ).
Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | .

0,25

0,25

S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48

0,25

⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*).

0,25
Trang 1/4

2
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x
(1,0 điểm)
π
π
⇔ cos 2 x − = cos x +
3
3

0,25

) ( )

0,25

( )

0,25

(

π
π
⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈ ).
3
3
⇔ x=

2π
2π
+ k 2π hoặc x = k
(k ∈ ).
3
3

0,25

3
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*).
(1,0 điểm)
Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với:

x+

1
+ x + − 4 ≥ 3 (1).
x
x

x+

1
Đặt t = x +
(2), bất phương trình (1) trở thành
x

5
⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được
2

1

⎡3 − t < 0
t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎧3 − t ≥ 0
⎢⎨
⎢ t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2
⎣⎩
2

1
5
≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc
x 2

x≤

1
2

0,25

0,25

0,25

1
hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương
4
1
trình đã cho là: ⎡0; ⎤ ∪ [4; +∞).
⎢ 4⎥
⎣ ⎦
⇔0< x≤

4
(1,0 điểm)

Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1.
1

Khi đó I =

=

1

∫

∫(
1

0

∫

) (

0,25

)

2
1
1
dt = ln|t + 2| − ln|t +1|
−
2
t + 2 t +1

= ln3 −
5
(1,0 điểm)

0,25

1
x 2 .2 xdx
1
td t
=
2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2)
0
0
1
2

1

0,25

0

3
ln2.
2

0,25

Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có
AB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), do đó AB ⊥ SC .

S

Mặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ).
Ta có: CD =

H

C

A
D

0,25

a 3
a 3
a 33
nên SO = SC 2 −OC 2 =
, OC =
.
2
3
3

SO.CD a 11
1
11a 2
Do đó DH =
=
. Suy ra S ∆ABH = AB.DH =
.
SC
4
2
8

Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 =

O
B

Do đó VS . ABH

1
7 11a 3
= SH .S ∆ABH =
.
3
96

Trang 2/4

7a
.
4

0,25
0,25

0,25

0,25

6
Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1, ta có:
(1,0 điểm)
1
0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz =1− 2 x 2 + 2 yz , nên yz = x 2 − .
2
y 2 + z 2 1 − x2
1 1 − x2
6
6
Mặt khác yz ≤
=
(*).
, suy ra: x 2 − ≤
, do đó −
≤ x≤
2
2
2
2
3
3

0,25

Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )

(

)

12
x
2
5
1
1 2
x = (2 x3 − x).
= x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 −
⎢
⎣
⎦
4
2⎥
2
⎡ 6
6
6⎤
2
Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ −
.
;
⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ±
6
3 ⎥
⎢ 3
⎣
⎦
⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞
6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6
6
, f ⎜ ⎟ = f ⎜−
Ta có f ⎜ −
.
⎟= f ⎜ ⎟=−
⎟ = . Do đó f ( x) ≤
9
9
⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠
⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9
= x5 + (1− x 2 ) ⎡( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤ + x 2 −
⎣
⎦

0,25

( ) ( )

Suy ra P ≤
Khi x =

5 6
.
36

6
6
5 6
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là
, y = z =−
.
3
6
36

7.a
(1,0 điểm)

(C)
A

0,25

d

I

(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C)
cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d và
O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.

0,25

0,25

Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:

⎧y = x
⎧x = 3
⎪
⇔⎨
⇒ I (3;3).
⎨ 2 2
⎪x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 3
⎩

0,25

Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2.

0,25

Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8.

0,25

B

(C1)
(C2)
8.a
(1,0 điểm)

Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S).
Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ).

0,25

Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy ra (2t −1) 2 + (t −1) 2 + 4t 2 = (2t + 3) 2 + (t −3) 2 + (2t + 2) 2 ⇒ t =−1.

0,25

Do đó I (−1; − 1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17.

0,25

Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17.

0,25

9.a
4
(1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 =12650.

0,25

1
3
2
2
3
1
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15 .C10 + C15 .C10 + C15 .C10

0,25

= 11075.

0,25

Xác suất cần tính là P =

11075 443
=
.
12650 506
Trang 3/4

0,25

7.b
(1,0 điểm)

y
B
H
A

C
O
D

x2

+

y2

=1( a > b > 0). Hình thoi ABCD có
a 2 b2
AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.

Giả sử ( E ):

0,25

Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) và
x B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
2
suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4.

0,25

1
1
1
1
1
4
=
=
+
=
+
.
2
2
2
2
4 OH
OA
OB
a
a2

0,25

( )

Ta có:

x2 y 2
+
= 1.
Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là
20 5
8.b
Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0).
(1,0 điểm)
b c
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 .
3 3

(

)

Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình

x y z−3
= =
.
1 2 −3

b c −2
Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4.
3 6 −3
Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là

x y z
+ + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0.
2 4 3

9.b
Phương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4.
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3i.

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

π
π
• Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛cos + isin ⎞.
⎜
⎟
3⎠
⎝ 3

0,25

2π
2π
• Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛cos + isin ⎞.
⎜
⎟
3
3⎠
⎝

0,25

---------- HẾT ----------

Trang 4/4