Đáp án – thang điểm đề thi tuyển sinh Đại học Năm 2012 môn: Toán; Khối 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 
a) (1,0 điểm) 
Khi ta có: . 1,m = 3 23 3y x x= − +
• Tập xác định: .D = \
• Sự biến thiên: 
− Chiều biến thiên: ' 02' 3 6 ;y x x= − y = ⇔ 0x = hoặc 2.x = 
0,25 
Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2).
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0,x = yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại 2,x = yCT = −1. 
− Giới hạn: và lim
x
y→−∞ = −∞ lim .x y→+ ∞ = +∞ 
0,25 
− Bảng biến thiên: 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
b) (1,0 điểm) 
2' 3 6 ;y x mx= − ' 0 ⇔ hoặc y = 0x = 2 .x m= 
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi 0m ≠ (*). 0,25 
Các điểm cực trị của đồ thị là 3(0; 3 )A m và 3(2 ; ).B m m− 
Suy ra và 33 | |OA m= ( , ( )) 2 | | .d B OA m= 0,25 
48OABS∆ = ⇔ 3 4 4 8m = 0,25 
1 
(2,0 điểm) 
⇔ thỏa mãn (*). 2,m = ± 0,25 
O
2 
3 
−1 
x 
y 
 +∞
–1
3 
−∞
y 
'y + 0 – 0 + 
x 0 2 −∞ +∞ 
Trang 1/4 
Phương trình đã cho tương đương với: cos2 3 sin 2 cos 3 sinx x x+ = − x 0,25 
⇔ ( ) ( )π πco s 2 cos3 3x x− = + 0,25 
⇔ ( )π π2 2π ( ). 3 3x x k k− =± + + ∈] 0,25 
2 
(1,0 điểm) 
⇔ 2π 2π
3
x k= + hoặc 2π ( )
3
x k k= ∈] . 0,25 
Điều kiện: 0 2 hoặc 3x≤ ≤ − 2x ≥ + 3 (*). 
Nhận xét: là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0x =
Với bất phương trình đã cho tương đương với: 0,x> 1 1 4 3x x
xx
+ + + − ≥ (1). 
0,25 
Đặt 1 (2),t x
x
= + bất phương trình (1) trở thành 2 6 3t t− ≥ −
2 2
3 0
3 0
6 (3 )
t
t
t t
− <⎡⎢ − ≥⇔ ⎧⎢⎨⎢ − ≥ −⎣⎩
 0,25 
5.
2
t⇔ ≥ Thay vào (2) ta được 1 5 2
2
x x
x
+ ≥ ⇔ ≥ hoặc 1
2
x ≤ 0,25 
3 
(1,0 điểm) 
10
4
x⇔ < ≤ hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm 4x ≥ 0,x = ta được tập nghiệm của bất phương 
trình đã cho là: 10; [4; ).
4
⎡ ⎤∪ +∞⎢ ⎥⎣ ⎦ 
0,25 
Đặt t x suy ra Với 2 ,= .2dt xdx= 0x= thì 0;t = với 1x= thì 1.t = 0,25 
Khi đó 
1 12
2 2
0 0
1 .2 d 1 d
2 2 (( 1)( 2)
x x x t tI
t tx x
= =
1)( 2)+ ++ +∫ ∫ 0,25 
 ( ) ( )1 1
00
1 2 1 1d ln| 2| ln| 1|
2 2 1 2
t t t
t t
= − = + − ++ +∫ 0,25 
4 
(1,0 điểm) 
 = 3ln3 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⊥ 0,25 
Mặt khác ,SC AH⊥ suy ra S ( ).C ABH⊥ 0,25 
Ta có: 3 3,
2 3
a aCD OC= = nên 2 2 33.
3
aSO SC OC= − = 
Do đó . 11
4
SO CD aDH
SC
= = . Suy ra 
21 1. .
2 8ABH
aS AB DH∆ = = 1
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Ta có 2 2 7 .
4
aSH SC HC SC CD DH= − = − − = 
Do đó 
3
.
1 7. .
3 9S ABH ABH
a11
6
H S∆= =V S 
0,25 
O 
D 
B 
A 
H 
C 
S 
Trang 2/4 
Với và ta có: 0x y z+ + = 2 2 2 1,x y z+ + =
2 2 2 2 20 ( ) 2 ( ) 2 1 2 2 ,x y z x y z x y z yz x yz= + + = + + + + + = − + nên 2 1.
2
yz x= − 
Mặt khác 
2 2 21 ,
2 2
y z xyz + −≤ = suy ra: 
2
2 1 1 ,
2 2
xx −− ≤ do đó 6 6
3 3
x− ≤ ≤ (*). 
0,25 
Khi đó: P = 5 2 2 3 3 2 2( )( ) ( )x y z y z y z y z+ + + − + 
= ( )25 2 2 2 2 1(1 ) ( )( ) ( ) 2x x y z y z yz y z x+ − + + − + + −⎡ ⎤⎣ ⎦ x 
= ( ) ( )25 2 2 2 21 1(1 ) (1 ) 2 2x x x x x x x⎡ ⎤+ − − − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦ x = ( )35 2 .4 x x− 
0,25 
Xét hàm 3( ) 2f x x= − x trên 6 6;
3 3
,
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
 suy ra 2'( ) 6 1;f x x= − 6'( ) 0 .
6
f x x= ⇔ = ± 
Ta có 6 6 6
9
,
3 6
f f
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = =−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6 6 .
3 6
f f
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6
9
 Do đó 6( ) .
9
f x ≤ 
Suy ra 5 6 .
36
P ≤ 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Khi 6 ,
3 6
x y z= = =− 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 6 .
36
 0,25 
(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) 
cần viết phương trình, ta có .A
Trang 3/4 
B OI⊥ Mà AB d⊥ và 
O d∉ nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x. 
0,25 
Mặt khác 2( )I C ,∈ nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: 
2 2
3
(3;3).
312 18 0
y x x
I
yx y x
=⎧ =⎧⎪ ⇔ ⇒⎨ ⎨ =+ − + = ⎩⎪⎩
0,25 
Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính ( , ) 2 2.R d I d= = 0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Vậy phương trình của (C) là 2 2( 3) ( 3) 8x y .− + − = 0,25 
Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). 
Do nên tọa độ của điểm I có dạng I d∈ (1 2 ; ; 2 ).I t t t+ − 0,25 
Do nên , ( )A B S∈ ,AI BI= suy ra .2 2 2 2 2 2(2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1t t t t t t t− + − + = + + − + + ⇒ =− 0,25 
Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2)I − − 17.IA = 0,25 
8.a 
(1,0 điểm) 
Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là 2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 17x y z+ + + + − = . 0,25 
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C 425 12650.= 0,25 
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 1 3 2 2 3 115 10 15 10 15 10. . .C C C C C C+ + 0,25 
= 11075. 0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Xác suất cần tính là 11075 443.
12650 506
P = = 0,25 
B 
A I d 
(C2) 
(C) 
(C1) 
Trang 4/4 
Giả sử 
2 2
2 2( ): 1( 0).
x yE a
a b
b+ = > > Hình thoi ABCD có 
2AC BD= và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA 2 .OB=
0,25 
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và ( ;0)A a
( )0; .2aB Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 
suy ra OH là bán kính của đường tròn ( ) 2 2: 4.C x y+ =
0,25 
Ta có: 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 .
4 OH OA OB a a
= = + = + 2 0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
Suy ra do đó b Vậy phương trình chính tắc của (E) là 2 20,a = 2 5.=
2 2
1.
20 5
x y+ = 0,25 
Do ,B Ox C Oy∈ ∈ nên tọa độ của B và C có dạng: B b và C c ( ; 0; 0) (0; ; 0). 0,25 
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: ( ); ; 1 .G 3 3b c 0,25 
Ta có nên đường thẳng AM có phương trình (1;2; 3)AM = −JJJJG 3.
1 2 3
x y z−= = − 
Do G thuộc đường thẳng AM nên 2 .
3 6 3
b c −= = − Suy ra 2b = và 4.c = 
0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là 1,
2 4 3
x y z+ + = nghĩa là ( ) : 6 3 4 12 0.P x y z+ + − = 0,25 
Phương trình bậc hai 2 2 3 4 0z i z− − = có biệt thức 4.∆ = 0,25 
Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1 1 3z i= + và 2 1 3z i= − + . 0,25 
• Dạng lượng giác của là 1z 1 π π2 cos sin .3 3z i
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
• Dạng lượng giác của là 2z 2 2π 2π2 cos sin .3 3z i
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
O 
H 
x 
y 
D 
A
B 
C 
---------- HẾT ----------