Đề thi tuyển sinh Cao đẳng môn Toán - Khối A, A1, B, D - Năm học 2012 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Cao đẳng môn Toán - Khối A, A1, B, D - Năm học 2012 (Có đáp án)

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 23x + Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1). x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng yx= + 2. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2cos2x += sinxx sin3 . b) Giải bất phương trình log23 (2xx ).log (3 )> 1. 3 x Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân Ix= ∫ d. 0 x +1 Câu 4. (1,0 điểm) Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, ABa= 2 , SA= SB= SC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ()ABC bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S. ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC theo a. Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 4(1)210(xxx3 +− + x += x ∈\). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a. (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ():Cx22+ y−−+= 2 x 4 y 1 0 và đường thẳng dx:4−+= 3 ym 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho nAIB =120o , với I là tâm của (C ). b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ⎧xt= ⎧x =+12s ⎪ ⎪ dyt1 :2⎨ =∈ ( t\), dy2 :22⎨ =+ ss ( ∈\). ⎪ ⎪ ⎩zt=−1 ⎩zs=− Chứng minh d1 và d2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng dd12, . 2 − i Câu 7.a. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1−− 2iz ) =− (3iz ) . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong 1+ i mặt phẳng tọa độ Oxy. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b. (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BCBBBC, ', ' ' lần lượt có phương trình là yxyxy−=20, −+= 20, − 3 += 20; với B ', C ' tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng ABAC, . x − 21yz++1 b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : == và mặt phẳng −111− ():2Pxyz+− 2 = 0. Đường thẳng Δ nằm trong ()P vuông góc với d tại giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng Δ. 2 Câu 7.b. (1,0 điểm) Gọi zz12, là hai nghiệm phức của phương trình zz− 2120++ i =. Tính zz12+ . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 23x + (2,0 điểm) a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = (1). x +1 • Tập xác định: R \ {−1}. • Sự biến thiên: −1 0,25 - Đạo hàm: y',=y'0<, ∀x ≠ −1. (1)x + 2 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: limyy= lim= 2 ; tiệm cận ngang y = 2. xx→−∞ →+∞ lim y = −∞ và lim y = +∞; tiệm cận đứng x =−1. 0,25 x→−(1)− x→−(1)+ - Hàm số không có cực trị. - Bảng biến thiên: x − ∞ −1 + ∞ y' − − 2 +∞ 0,25 y − ∞ 2 • Đồ thị: y 3 3 2 0,25 -1 3 O x − 2 b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng yx=+2. d vuông góc với đường thẳng yx=+2 ⇔ d có hệ số góc bằng −1. 0,25 −1 ⎡x0 = 0 Hoành độ tiếp điểm là x0 : yx'(0 )=− 1 ⇔2 =−1 ⇔⎢ 0,25 (1)x0 + ⎣x0 = −2 x0 = 0 : Phương trình tiếp tuyến d là yx= −+3. 0,25 x0 =−2 : Phương trình tiếp tuyến d là yx= −−1. 0,25 2 a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos2x + sinxx= sin3 . (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2xx+ sin−= sin3 x 0 ⇔ 2cos2xxx− 2cos2 sin= 0 0,25 1/4
3. ⎡cos2x = 0 ⇔−2cos2xx (sin 1)= 0 ⇔ ⎢ 0,25 ⎣sinx = 1 π π cos2x =⇔= 0 xk + . 0,25 42 π sinxxk=⇔ 1 = +2π . 0,25 2 b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log23( 2xx) .log( 3) > 1. Điều kiện x > 0. Bất phương trình tương đương với 0,25 (1++ log23xx )(1 log )> 1 ⎡log22x ⇔ 1 log[] (log 2).log+ log 6 >⇔ 0 ⎢ 0,25 ⎣log2 x > 0 1 logxx ⇔> 0x 1. Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ⎜⎟0;∪+∞() 1; . 0,25 ⎝⎠6 3 3 x (1,0 điểm) Tính tích phân Ix= ∫ d. 0 x +1 Đặt x +=1 t ; dxttx= 2 d ;=⇒= 0 t 1; x =⇒= 3 t 2. 0,25 2 2 Ta có It=−∫ 2( 1)dt . 0,25 1 2 ⎛⎞t3 Suy ra It=−2.⎜⎟ 0,25 3 ⎝⎠1 8 I = . 0,25 3 4 Cho khối chóp SABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, ABa= 2 , SA== SB SC. Góc (1,0 điểm) giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S. ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. theo a. Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA= HB= HC. S Kết hợp với giả thiết SA== SB SC suy ra SH⊥ BC, ∆SHA=∆ SHB =∆ SHC. ⇒ SH⊥ ( ABC) và SAHn = 60o . 0,25 H 2a B 60o C a 2 A ∆ABC vuông cân tại A: ACABa==22 ⇒= BCa⇒ AHa= . 11 3a3 0,25 ∆SHA vuông : SH== AHtan60o a 3 ⇒ VABACSH== . S. ABC 32 3 2/4
4. GọiOR, lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. ⇒ Othuộc đường thẳng 0,25 SH ⇒ O thuộc mặt phẳng (SBC) ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC. SH 22aa3 Xét ∆SHA, ta có SA = = 2a ⇒∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2a ⇒=R = . 0,25 sin 60o 2sin60o 3 5 Giải phương trình 4(1)210(xxx3 +− + x += x ∈\). (1,0 điểm) 1 Điều kiện x ≥− . Phương trình đã cho tương đương với: 2 0,25 3 (2)2xx3 +=( 21 x +) + 21(1 x + ) Xét hàm số f ()tt=+3 t trên \ . Với mọi tftt∈\,'()3=+>2 10. 0,25 ⇒ f ()t đồng biến trên \ . Do đó (1)⇔ 2xx=+ 2 1. 0,25 15+ Giải phương trình trên được nghiệm x = . 0,25 4 6.a a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ()Cx:22+−−+= y 2 x 4 y 1 0 và (2,0 điểm) đường thẳng dx:4− 3 ym+= 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AInB =120o , với I là tâm của (C). Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 . 0,25 Gọi H là hình chiếu của I trên d, khi đó: nAIB=120oo⇔= IH IAcos60 = 1. 0,25 |2|m − Do đó =1 0,25 5 ⎡m = 7 ⇔ ⎢ 0,25 ⎣m =−3. b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ⎧xt= ⎧x =+12s ⎪ ⎪ dyt1 :2⎨ =∈ ( t\), dy2 :22⎨ =+ ss ( ∈\). ⎪ ⎪ ⎩zt=−1 ⎩zs=− Chứng minh d1 và d2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng dd12, . ⎧t =+12s ⎪ Xét hệ ⎨222s*t =+ () 0,25 ⎪ ⎩1−=−ts ⎧t =1 Giải hệ (*) được ⎨ ⇒ dd12, cắt nhau. 0,25 ⎩s = 0 JJG JJG d1 có VTCP u1 =−(1; 2; 1) , d2 có VTCP u2 = (2;2;− 1) . Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua G G 0,25 điểm I(0;0;1)∈ d1 và có một VTPT là [uu12 , ]= ( 0;1;2.−−) Phương trình mặt phẳng cần tìm: yz+−=2 2 0. 0,25 7.a 2 − i Cho số phức z thỏa mãn (1−− 2iz ) =− (3iz ) . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa (1,0 điểm) 1+ i độ Oxy. 2 − i Phương trình đã cho tương đương với (1−−−= 2iz ) (3 iz ) 0,25 1+ i 3/4
5. 13− i ⇔−−(2iz ) = 0,25 2 17 ⇔=zi + 0,25 10 10 0,25 ⎛⎞17 Điểm biểu diễn của z là M ;. ⎜⎟10 10 ⎝⎠ 6.b a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BCBBBC, ', ' ' lần (2,0 điểm) lượt có phương trình là yxyxy−=20, −+=20, −320; += với B', C ' tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng ABAC, . ⎧xy−+=20 ⎧x =−2 Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒−B'( 2;0) ⎩xy− 320+= ⎩y = 0 0,25 Đường thẳng AC đi qua B ' và vuông góc với BB' nên AC có phương trình xy++=2 0. ⎧xy− +=20 ⎧x = 0 Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒ B(0;2). ⎩y −=20 ⎩y = 2 0,25 ⎧xy+ +=20 ⎧x =−4 Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒−C(4;2). ⎩y −=20 ⎩y = 2 42 Ct'(3−∈ 2; t ) BC ' ', từ BCCC'⊥ ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '(− 2;0). 55 0,25 42 Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2xy− += 2 0. 55 Nếu C '(− 2;0) thì đường thẳng AB có phương trình là xy− +=2 0. 0,25 x −++21yz1 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : == và mặt −−111 phẳng ():2Pxyz+− 2 = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong ()P vuông góc với d tại giao điểm của d và ().P Viết phương trình đường thẳng ∆. Gọi I là giao điểm của d và (P) ; I(1;− 2;0) . 0,25 JJG JJG ()P có một VTPT là nP =−(2;1; 2) , d có một VTCP là ud =−( 1; − 1;1) . 0,25 JJG JJG JJG JJG JJJG [nuPd, ](1;0;1)=− − . ∆ nằm trong ()P vuông góc với d ⇒ ∆ có một VTCP là unu∆ = [P ; d ]. 0,25 ⎧xt=−1 ⎪ Phương trình đường thẳng ∆=−∈:2(⎨ yt\). 0,25 ⎪ ⎩zt=− 7.b 2 Gọi zz12, là 2 nghiệm phức của phương trình zz− 2120++ i = . Tính zz12+ . (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với (1)(1)0zi− 22−− = 0,25 ⇔− (ziz )( −+= 2 i ) 0 0,25 ⎡zi= ⇔ ⎢ 0,25 ⎣zi=−2 zzi12+=+−=+|| |2 i |1 5. 0,25 HẾT 4/4