1. Trang Chủ
  2. Giải tích 12
  3. đáp án đề thi môn toán đai học khối A ,A1 năm 2012

đáp án đề thi môn toán đai học khối A ,A1 năm 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) ( 2,0 điểm) 4 2 Khi m = 0, ta có: y = x − 2x . • • Tập xác định: D = \. Sự biến thiên: 0 0 ,25 ,25 3 − Chiều biến thiên: y' = 4x − 4x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. Các khoảng nghịch biến: (−∞;−1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1;

Thể loại Giáo án bài giảng Giải tích 12

Số trang 4

Ngày tạo 3/6/2013 8:46:39 AM +00:00

Loại tệp pdf

Kích thước 0.28 M

Tên tệp 21314642543datoanaa1ctdhk12 pdf

Download

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM  
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012  
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1  
⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC  
(
Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
1
a) (1,0 điểm)  
(
2,0 điểm)  
4
2
Khi m = 0, ta có: y = x − 2x .  
•
•
Tập xác định: D = \.  
Sự biến thiên:  
0
0
,25  
,25  
3
−
Chiều biến thiên: y' = 4x − 4x; 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, y = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ =0.  
CT  
Giới hạn: lim y = lim y = +∞.  
x→−∞  
x→+∞  
−
•
Bảng biến thiên:  
x −∞  
–1  
0
0
0
1
0
+∞  
y'  
–
+
–
+
+
∞
0,25  
+
∞
0
y
–
1
–1  
Đồ thị:  
y
8
0
,25  
–
1 O  
1
–
2
2
x
–
1
b) (1,0 điểm)  
3
2
Ta có y' = 4x − 4(m +1)x = 4x(x − m −1).  
0
,25  
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m +1> 0 ⇔ m > −1 (*).  
2
Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m ), B(− m +1; − 2m −1) và C( m +1; − 2m −1).  
JJJG  
JJJG  
0,25  
2
2
Suy ra: AB = (− m +1; − (m +1) ) và AC = ( m +1; − (m +1) ).  
JJ JG JJJG  
Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB.AC = 0  
0,25  
0,25  
4
⇔
(m +1) − (m +1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.  
Trang 1/4  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
2
Phương trình đã cho tương đương với ( 3sin x + cos x −1)cos x = 0.  
0,25  
(
1,0 điểm)  
π
•
cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈]).  
0,25  
0,25  
2
π
π
•
3sin x + cos x −1= 0 ⇔ cos x − = cos  
(
)
3
3
2
π
⇔
x = k2π hoặc x =  
+ k2π (k ∈]).  
3
0
,25  
π
2π  
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k2π và x =  
+ k2π (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:  
2
2
⎨
0,25  
1
2
1
2
⎪
x −  
+ y +  
=1.  
(2)  
1
(
)
(
)
⎩
1
1
3
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
⎤
⎥
3
2
⎡
Xét hàm số f (t) = t −12t trên − ; , ta có f '(t) = 3(t − 4) < 0, suy ra f(t) nghịch biến.  
⎢
⎣
⎦
2
2
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).  
2
2
1
2
3
2
1 3  
2
=1 ⇔ 4x −8x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = .  
2 2  
0,25  
Thay vào (2), ta được x −  
+ x −  
(
)
(
)
1
3
2
3
1
2
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là (x; y) = ; −  
hoặc (x; y) = ; −  
.
0,25  
0,25  
(
)
(
)
2
2
4
dx  
x2  
dx  
1
Đặt u =1+ ln(x +1) và dv =  
, suy ra du =  
và v = − .  
(
1,0 điểm)  
x +1  
x
3
3
1
+ ln(x +1)  
dx  
I = −  
+
0,25  
∫
x
x(x +1)  
1
1
3
3
2
+ ln 2  
3
1
1
2 + ln 2  
x
=
+
−
dx =  
+ ln  
0,25  
0,25  
(
)
∫
x
x +1  
3
x +1 1  
1
2
2
=
+ ln3− ln 2.  
3
3
5
n
n
o
Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH = 60 .  
(
1,0 điểm)  
S
a
a 3  
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD=  
,
0
,25  
6
2
a 7  
a 21  
2
2
o
HC = HD +CD =  
, SH = HC.tan60 =  
.
3
3
2
3
1
1 a 21 a  
= .  
3
a
7
.
VS.ABC = .SH.S  
.
=
0,25  
0,25  
∆ABC  
3
3
3
4
12  
K
Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc  
3
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên  
A
2
D
N
C
3
x
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.  
2
a
a 3  
SH.HN  
a 42  
a 42  
o
AH =  
,HN = AH sin60 =  
, HK =  
=
. Vậy d(SA, BC) =  
.
0
,25  
3
3
2
2
12  
8
SH + HN  
Trang 2/4  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
6
t
Ta chứng minh 3 ≥ t +1,∀t ≥ 0 (*).  
(
1,0 điểm)  
t
t
Xét hàm f (t) = 3 − t −1, có f '(t) = 3 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:  
2 2 2 2  
(
|x− y|+| y−z|+|z−x|) =|x− y| +|y−z| + |z−x| +|x− y|(|y−z|+|z−x|)+| y−z|(|z−x|+|x− y|)  
0
,25  
2
2
2
+
|z−x|(|x− y|+| y−z|) ≥ 2 |x− y| + | y−z| + |z−x| .  
(
)
2
2
2
2
2
2
2
)
x+ y+z .  
Do đó |x−y|+| y−z|+|z−x| ≥ 2 |x−y| + | y−z| + |z−x| = 6x +6y +6z −2  
(
(
)
0
0
,25  
,25  
2
2
2
Mà x+ y+z=0, suy ra |x−y|+| y−z|+|z−x| ≥ 6x +6y +6z .  
Suy ra P=3|  
x−y|  
+3| y−z|+3|z−x| − 6x +6y +6z ≥3.  
2
2
2
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  
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.  
(
1,0 điểm)  
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.  
0,25  
A
B
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  
0,25  
Do đó AM = 2MH = 2d(M ,(AN)) =  
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).  
.
H
2
P
Q
C
2
2
D
3
10  
11  
7
2
45  
2
N
MA =  
⇔ t −  
+ 2t −  
=
(
)
(
)
2
2
2
⇔
t −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).  
JJ JG J JG  
JJJG  
1
2 2  
2
3
IH ⊥ AB ⇔ IH. a = 0 ⇔ t −1+4t +t −1= 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; −  
.
0,25  
0,25  
0,25  
(
)
3
3 3  
2
6
.
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2IH =  
3
8
2
2
2
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là (S): x + y + (z − 3) = .  
3
9
.a  
n(n −1)(n − 2)  
n−1  
3
n
5C  
= C ⇔ 5n =  
0,25  
0,25  
(
1,0 điểm)  
n
6
⇔
n = 7 (vì n nguyên dương).  
n
7
7−k  
⎛ x2 ⎞  
⎝ 2 ⎠  
nx2 1⎞ ⎛ x  
14  
2
1⎞  
x⎠  
7
1
k
7
k
k
(−1) C7  
14−3k  
⎛
⎜
⎝
k
Khi đó  
−
=
−
=
C
−
(
=
x
.
0,25  
⎟
⎜
⎟
∑
7 ⎜  
⎟
)
∑
27−k  
x⎠ ⎝ 2  
x
k=0  
k = 0  
5
Số hạng chứa x tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3.  
3
3
7
0
,25  
(
−1) .C  
35  
5
Do đó số hạng cần tìm là  
x5 =− x .  
24  
16  
Trang 3/4  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
7
.b  
x2  
a2 b2  
y2  
=1,  
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:  
với a>b>0 và 2a = 8. Suy ra a = 4.  
+
(
1,0 điểm)  
0
,25  
y
Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và  
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.  
A
2
(
O
2
x
2
2
A∈(C) ⇔ t + t = 8, suy ra t = 2.  
0,25  
4
4
b2  
16  
3
2
A(2;2)∈(E) ⇔  
+
6
=1 ⇔ b =  
.
1
x2  
y2  
16  
3
0,25  
Phương trình chính tắc của (E) là  
+
=1.  
16  
8
.b  
M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).  
MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).  
N∈(P) ⇔ 3− 2t − 2 − t − 2(2 − t) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4).  
x −1 y +1 z −2  
0,25  
0,25  
0,25  
(
1,0 điểm)  
Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆:  
=
=
.
2
0,25  
0,25  
2
3
9
.b  
Đặt z = a + bi(a,b∈\), z ≠ −1.  
(
1,0 điểm)  
5
(z + i)  
z +1  
Ta có  
= 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0  
⎧
⎨
⎩
3a − b − 2 = 0  
a − 7b + 6 = 0  
⎧a =1  
⇔
⇔
0,25  
0,25  
0,25  
⎨
b =1.  
⎩
2
2
Do đó z=1+i. Suy ra w=1+ z + z =1+1+i+(1+i) =2+3i.  
Vậy w = 2+3i = 13.  
-
------------ HẾT -------------  
Trang 4/4  
nguon VI OLET
Giải tích 12 Hình học 12 Giải tích 12 nâng cao Hình học 12 nâng cao