đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012

  • 1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm bao gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi tớ có:0,m = 4 2 2 .nó x x= − • Tập xác định: .D = • Sự biến đổi thiên: − Chiều biến đổi thiên: 3 ' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ± 0,25 Các khoảng chừng nghịch tặc biến: à những khoảng chừng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và (1; ).+∞ − Cực trị: Hàm số đạt đặc biệt đái bên trên 1,x = ± yCT 1;= − đạt cực to bên trên 0,x = yCĐ 0.= − Giới hạn: lim lim . x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ 0,25 − Bảng biến đổi thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 Trang 1/4 b) (1,0 điểm) Ta với 3 2 ' 4 4( 1) 4 ( 1).nó x m x x x m= − + = − − Đồ thị hàm số với 3 điểm đặc biệt trị Lúc và chỉ khi một 0m + > ⇔ (*).1m > − 0,25 Các điểm đặc biệt trị của đồ vật thị là 2 (0; ),A m ( 1; 2B m m 1)− + − − và ( 1; 2 1).m+ − −C m Suy ra: 2 ( 1; ( 1)AB m m= − + − + ) và 2 ( 1; ( 1)AC m m= + − + ). 0,25 Ta với nên tam giác ABC vuông Lúc và chỉ khiAB AC= . 0AB AC = 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ . Kết hợp ý (*), tớ giá tốt trị m cần thiết dò xét là4 ( 1) ( 1) 0m m+ − + = 0.m = 0,25 +∞ y 'y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1−∞ +∞ –1 0 –1 +∞ O 2 1 – 1 –1 –2 8 x y
  • Bạn đang xem: đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2012

    Xem thêm: ô nhiễm vẽ tranh bảo vệ môi trường

  • 2. Câu Đáp án Điểm Phương trình tiếp tục mang đến tương tự với ( 3sin cos 1)cos 0.x x x+ − = 0,25 π cos 0 π ( ) 2 x x k k• = ⇔ = + ∈ . 0,25 3sin cos 1 0x x• + − = ( )π π cos cos 3 3 x⇔ − = 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2πx k= hoặc 2π 2π ( ) 3 x k k= + ∈ . Vậy nghiệm của phương trình tiếp tục mang đến là π π, 2 x k= + 2πx k= và 2π 2π ( ). 3 x k k= + ∈ 0,25 Hệ tiếp tục mang đến tương tự với: ( ) ( ) 3 3 2 2 ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1) 1 1 1. (2) 2 2 x x nó y x y − − − = + − +⎧ ⎪ ⎨ − + + =⎪⎩ 0,25 Từ (2), suy ra 1 1 1 2 x− ≤ − ≤ và 1 1 1 2 y− ≤ + ≤ ⇔ 3 1 1 2 2 x− ≤ − ≤ và 1 3 1 . 2 2 y− ≤ + ≤ Xét hàm số 3 ( ) 12f t t t= − trên 3 3 ; 2 2 ⎡−⎢⎣ ⎤ ⎥⎦ , tớ với 2 '( ) 3( 4) 0f t t= − < , suy đi ra f(t) nghịch tặc biến đổi. 0,25 Do cơ (1) ⇔ x – 1 = nó + 1 ⇔ nó = x – 2 (3). Thay vô (2), tớ được ( ) ( ) 2 2 1 3 1 2 2 x x− + − = ⇔ 2 4 8 3x x 0− + = ⇔ 1 2 x = hoặc 3 . 2 x = 0,25 3 (1,0 điểm) Thay vô (3), tớ được nghiệm của hệ là ( )1 3 ( ; ) ; 2 2 x nó = − hoặc ( )3 1 ( ; ) ; . 2 2 x nó = − 0,25 Đặt u và1 ln( 1)x= + + 2 d d , suy ra d d 1 x u x = + và 1 .v x v x = x = − 0,25 33 1 1 1 ln( 1) ( 1) x dx I x x x + + = − + +∫ 0,25 ( ) 3 1 2 ln 2 1 1 3 1 dx x x + = + − +∫ 3 1 2 ln 2 ln 3 1 x x + = + + 0,25 4 (1,0 điểm) 2 2 ln3 ln2. 3 3 = + − 0,25 Ta với SCH là góc đằm thắm SC và (ABC), suy đi ra o 60 .SCH = Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: , 6 a HD= 3 , 2 a CD= 2 2 7 , 3 a HC HD CD= + = o 21 .tan60 . 3 a SH HC= = 0,25 2 3 . 1 1 21 3 . . . . 7 3 3 3 4 12 S ABC ABC a a a V SH S∆= = = . 0,25 Kẻ Ax//BC. Gọi N và K thứu tự là hình chiếu vuông góc của H bên trên Ax và SN. Ta với BC//(SAN) và 3 2 BA H= A nên 3 ( , ) ( ,( )) ( ,( )). 2 d SA BC d B SAN d H SAN= = Ta cũng có thể có ( )Ax SHN⊥ nên .Ax HK⊥ Do đó (HK SAN).⊥ Suy đi ra d H( ,( )) . Trang 2/4 SAN HK= 0,25 5 (1,0 điểm) o 2 2 2 3 . 42 12 , sin60 , . 3 3 a a SH HN a AH HN AH HK SH HN = = = = = + Vậy S B C H x N K D A 42 ( , ) . 8 a d SA BC = 0,25
  • 3. Câu Đáp án Điểm Ta chứng tỏ 3 1 (*).,t t t≥ + ∀ ≥ 0 Xét hàm ( ) 3 1t f t t= − − , với '( ) 3 ln3 1 0, 0t f t t= − > ∀ ≥ (0) 0fvà = , suy đi ra (*) đích thị. Áp dụng (*), tớ với | | | | | | 3 3 3 3 | | | | |x nó y z z x |.x nó y z z x− − − + + ≥ + − + − + − 0,25 Áp dụng bất đẳng thức | , tớ có:| | | | |a b a b+ ≥ + 2 2 2 2 (| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x nó y z z x x nó y z z x x nó y z z x nó z z x x y− + − + − = − + − + − + − − + − + − − + − ( )2 2 2 | |(| | | |) 2 | | | | | | .z x x nó y z x nó y z z x+ − − + − ≥ − + − + − 0,25 Do cơ ( ) ( )22 2 2 2 2 2 | | | | | | 2 | | | | | | 6 6 6 2 .x nó y z z x x nó y z z x x nó z x nó z− + − + − ≥ − + − + − = + + − + + Mà suy ra0,x nó z+ + = 2 2 2 | | | | | | 6 6 6 .x nó y z z x x nó z− + − + − ≥ + + 0,25 6 (1,0 điểm) Suy đi ra | | | | | | 2 2 2 3 3 3 6 6 6x nó y z z x P x− − − = + + − + + ≥3.nó z Khi x = nó = z = 0 thì vệt vày xẩy ra. Vậy độ quý hiếm nhỏ nhất của P.. vày 3. 0,25 Gọi H là uỷ thác điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng liền mạch qua chuyện H và tuy vậy song với AB, rời AD và BC thứu tự bên trên P.. và Q. Đặt HP = x. Suy đi ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta với QC = x, nên MQ = x. Do cơ ∆AHP = ∆HMQ, suy ra .AH HM⊥ 0,25 Trang 3/4 Hơn nữa, tớ cũng có thể có .AH HM= Do cơ AM = 2 2 ( ,( ))MH d M AN= = 3 10 . 2 0,25 A∈AN, suy đi ra A(t; 2t – 3). 3 10 2 MA = ⇔ ( ) ( ) 2 2 11 7 45 2 2 2 t t− + − = 2 0,25 7.a (1,0 điểm) ⇔ t t2 5 4 0 A B CD N M H P Q − + = ⇔ t 1= hoặc t 4.= Vậy: (1; 1)A − hoặc (4;5).A 0,25 Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy đi ra IH ⊥ AB.(1; 2; 1).a = Ta với nên tọa chừng H với dạngH d∈ ( 1;2 ; 2) ( 1;2 ; 1).H t t t IH t t t− + ⇒ = − − 0,25 IH ⊥ AB ⇔ . 0 ⇔ ⇔IH a = 1 4 1 0t t t− + + − = 1 3 t = ( )2 2 2 ; ; . 3 3 3 IH⇒ = − − 0,25 Tam giác IAH vuông cân nặng bên trên H, suy đi ra nửa đường kính mặt mũi cầu (S) là 2 6 2 . 3 R IA IH= = = 0,25 8.a (1,0 điểm) Do cơ phương trình mặt mũi cầu cần thiết dò xét là 2 2 2 8 ( ): ( 3) . 3 S x nó z+ + − = 0,25 1 5 n n nC C− = 3 ⇔ ( 1)( 2) 5 6 n n n n − − = 0,25 ⇔ (vì n nguyên vẹn dương).7n = 0,25 Khi cơ ( ) 7 77 72 2 2 14 37 7 7 0 0 ( 1)1 1 1 . 14 2 2 2 n k k kk k k k k k Cnx x x C x x x x − − − = = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25 9.a (1,0 điểm) Số hạng chứa chấp 5 x ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= . Do cơ số hạng cần thiết dò xét là 3 3 5 57 4 ( 1) . 35 . 0,25 162 C x x − =−
  • 4. Câu Đáp án Điểm Phương trình chủ yếu tắc của (E) với dạng: 2 2 2 2 1, x y a b + = với và 2 80a b> > .a = Suy đi ra a 4.= 0,25 Do (E) và (C) nằm trong nhận Ox và Oy thực hiện trục đối xứng và các uỷ thác điểm là những đỉnh của một hình vuông vắn nên (E) và (C) với cùng 1 uỷ thác điểm với tọa chừng dạng ( ; ), 0.A t t t > 0,25 A∈(C) ⇔ t t2 2 8, Trang 4/4 + = suy đi ra t 2.= 0,25 7.b (1,0 điểm) (2;2) ( )A E∈ ⇔ 2 4 4 1 16 b + = ⇔ 2 16 .b 3 = Phương trình chủ yếu tắc của (E) là 2 2 1. 1616 3 x y + = 0,25 M nằm trong d, suy đi ra tọa chừng của M với dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25 MN nhận A là trung điểm, suy đi ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25 N∈(P) ⇔ ⇔ t3 2 2 2(2 ) 5 0t t t− − − − − + = 2,= suy đi ra M(3; 2; 4). 0,25 8.b (1,0 điểm) Đường trực tiếp ∆ trải qua A và M với phương trình 1 1 : 2 3 2 x nó z 2− + − ∆ = = . 0,25 Đặt ( , ), 1.z a bi a b z= + ∈ ≠ − Ta có 5( ) 2 (3 2) ( 7 6) 1 z i i a b a b i z + = − ⇔ − − + − + = + 0 0,25 ⇔ ⇔ 3 2 7 6 a b a b − − =⎧ ⎨ − + =⎩ 0 0 1 1. a b =⎧ ⎨ =⎩ 0,25 Do cơ Suy ra1 .z= +i 3 .i2 2 1 1 1 (1 ) 2w z z i i= + + = + + + + = + 0,25 9.b (1,0 điểm) Vậy 2 3 13.w i= + = 0,25 x2 2 O y A ------------- HẾT -------------