1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC 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 = .
0,25
• Sự biến thiên:
− 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. 0,25
− Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = + ∞.
x→−∞ x→+ ∞
− Bảng biến thiên:
x −∞ 0 2 +∞
y' + 0 – 0 +
3 +∞ 0,25
y
−∞ –1
• Đồ thị: y
3
0,25
2
O x
−1
b) (1,0 điểm)
y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m.
0,25
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 ).
0,25
Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | .
S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 0,25
⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*). 0,25
Trang 1/4

2. 2 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x 0,25
(1,0 điểm)
( π
⇔ cos 2 x − = cos x +
3
π
3
) ( ) 0,25
π π
( )
⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈ ).
3 3
0,25
2π 2π
⇔ x= + k 2π hoặc x = k (k ∈ ). 0,25
3 3
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.
0,25
1 1
Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với: x+ + x + − 4 ≥ 3 (1).
x x
⎡3 − t < 0
1
Đặt t = x + (2), bất phương trình (1) trở thành t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎧3 − t ≥ 0
2
⎢⎨ 0,25
x
⎢ t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2
⎣⎩
5 1 5 1
⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được x+ ≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc x≤ 0,25
2 x 2 2
1
⇔0< x≤ hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương
4
0,25
1
trình đã cho là: ⎡0; ⎤ ∪ [4; +∞).
⎢ 4⎥
⎣ ⎦
4 Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1. 0,25
(1,0 điểm)
1 1
1 x 2 .2 xdx 1 td t
Khi đó I = ∫ = ∫
2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2)
0,25
0 0
∫( ) ( )
1 1
1 2 1 1
= − dt = ln|t + 2| − ln|t +1| 0,25
2 t + 2 t +1 2 0
0
3
= ln3 − ln2. 0,25
2
5 S Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có
(1,0 điểm) 0,25
AB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), do đó AB ⊥ SC .
Mặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ). 0,25
a 3 a 3 a 33
H Ta có: CD = , OC = nên SO = SC 2 −OC 2 = .
2 3 3
0,25
SO.CD a 11 1 11a 2
Do đó DH = = . Suy ra S ∆ABH = AB.DH = .
SC 4 2 8
A C
7a
O Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 = .
D 4
0,25
1 7 11a 3
B Do đó VS . ABH = SH .S ∆ABH = .
3 96
Trang 2/4

3. 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 0,25
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
Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )
⎣ ⎦2(
12
= x5 + (1− x 2 ) ⎡( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤ + x 2 −
x ) 0,25
⎢
⎣ ( ) ( )
1
= x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 −
2⎥ ⎦
1 2
2
5
x = (2 x3 − x).
4
⎡ 6 6⎤ 6
Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ − ; 2
⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ± .
⎢ 3
⎣ 3 ⎥ ⎦ 6
⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 6
Ta có f ⎜ − ⎟= f ⎜ ⎟=− , f ⎜ ⎟ = f ⎜− ⎟ = . Do đó f ( x) ≤ . 0,25
⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9 9
5 6
Suy ra P ≤ .
36
6 6 5 6
Khi x = , y = z =− thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là . 0,25
3 6 36
7.a (C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C)
(C)
(1,0 điểm) cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d và 0,25
A d O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.
I
Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:
B ⎧y = x
⎪ ⎧x = 3 0,25
⎨ 2 2 ⇔⎨ ⇒ I (3;3).
⎪x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 3
⎩
(C1)
Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2. 0,25
(C2)
Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8. 0,25
8.a Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S).
(1,0 điểm) 0,25
Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ).
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
11075 443
Xác suất cần tính là P = = . 0,25
12650 506
Trang 3/4

4. 7.b x2 y2
y Giả sử ( E ): +
=1( a > b > 0). Hình thoi ABCD có
(1,0 điểm) 0,25
B a 2 b2
H AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.
A Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) và
C
O ( )
x B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
2
0,25
suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4.
D
1 1 1 1 1 4
Ta có: = = + = + . 0,25
2 2 2 2
4 OH OA OB a a2
x2 y 2
Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là + = 1. 0,25
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). 0,25
(1,0 điểm)
b c
(
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 .
3 3 ) 0,25
x y z−3
Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình = = .
1 2 −3
0,25
b c −2
Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4.
3 6 −3
x y z
Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là + + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0. 0,25
2 4 3
9.b Phương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4. 0,25
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3i. 0,25
π π
• Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛cos + isin ⎞.
⎜ ⎟ 0,25
⎝ 3 3⎠
2π 2π
• Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛cos + isin ⎞.
⎜ ⎟ 0,25
⎝ 3 3⎠
---------- HẾT ----------
Trang 4/4