Đáp án đề thi tuyển sinh cao đẳng môn Toán (năm 2012)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đáp án đề thi tuyển sinh cao đẳng môn Toán (năm 2012)" đề thi chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo. Đáp án thang điểm gồm có 4 trang. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình ôn thi và làm bài thi của các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi tuyển sinh cao đẳng môn Toán (năm 2012)

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 2x + 3 (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 ' = 2 , y ' < 0 , ∀x ≠ −1. ( x + 1) - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2. x→ − ∞ x→ + ∞ 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 y = x + 2. d vuông góc với đường thẳng y = x + 2 ⇔ d có hệ số góc bằng −1. 0,25 −1 ⎡ x0 = 0 Hoành độ tiếp điểm là x0 : y '( x0 ) = −1 ⇔ = −1 ⇔ ⎢ 0,25 ⎣ x0 = −2 2 ( x0 + 1) x0 = 0 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x + 3. 0,25 x0 = −2 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x − 1. 0,25 2 a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2 x + sin x = sin 3 x. (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2 x + sin x − sin 3 x = 0 ⇔ 2cos 2 x − 2cos 2 x sin x = 0 0,25 1/4
⎡ cos2 x = 0 ⇔ 2cos 2 x(sin x − 1) = 0 ⇔ ⎢ 0,25 ⎣sin x = 1 π π cos 2 x = 0 ⇔ x = +k . 0,25 4 2 π sin x = 1 ⇔ x = + k 2π . 0,25 2 b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( 2 x ) .log 3 ( 3 x ) > 1 . Điều kiện x > 0. Bất phương trình tương đương với 0,25 (1 + log 2 x )(1 + log 3 x ) > 1 ⎡log x < − log 2 6 ⇔ (1 + log 2 x)(1 + log 3 2.log 2 x) > 1 ⇔ log 2 x [ (log3 2).log 2 x + log3 6] > 0 ⇔ ⎢ 2 0,25 ⎣log 2 x > 0 1 log 2 x < − log 2 6 ⇔ 0 < x < . 0,25 6 ⎛ 1⎞ log 2 x > 0 ⇔ x > 1 . Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ⎜ 0; ⎟ ∪ (1; +∞ ) . 0,25 ⎝ 6⎠ 3 3 x (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 0 x +1 dx. Đặt x + 1 = t ; dx = 2tdt ; x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2. 0,25 2 ∫ Ta có I = 2(t 2 − 1)dt. 1 0,25 2 ⎛ t3 ⎞ Suy ra I = 2 ⎜ − t ⎟ . 0,25 ⎝3 ⎠1 8 I= . 0,25 3 4 Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 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 S . ABC 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 SAH n = 60o. 0,25 H 2a B 60o C a 2 A ∆ABC vuông cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a. 1 1 3a 3 0,25 ∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS . ABC = . AB. AC .SH = . 3 2 3 2/4
Gọi O, R lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC ⇒ O thuộc đường thẳng 0,25 SH ⇒ O thuộc mặt phẳng ( SBC ) ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC . SH 2a 2a 3 Xét ∆SHA, ta có SA = o = 2a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2 a ⇒ R = o = . 0,25 sin 60 2sin 60 3 5 Giải phương trình 4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0 ( x ∈ \). (1,0 điểm) 1 Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với: 2 0,25 ( ) 3 (2 x)3 + 2 x = 2x + 1 + 2x + 1 (1) Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên \ . Với mọi t ∈ \, f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 . 0,25 ⇒ f (t ) đồng biến trên \ . Do đó (1) ⇔ 2 x = 2 x + 1. 0,25 1+ 5 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 (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và (2,0 điểm) đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho n AIB = 120o , với I là tâm của (C ). Đường tròn (C ) có tâm I (1;2), bán kính R = 2 . 0,25 n = 120o ⇔ IH = IA cos60o = 1. Gọi H là hình chiếu của I trên d , khi đó: AIB 0,25 |m− 2| 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: ⎧x = t ⎧ x = 1 + 2s ⎪ ⎪ d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ \), d 2 : ⎨ y = 2 + 2 s (s ∈ \). ⎪z = 1 − t ⎪ z = −s ⎩ ⎩ Chứng minh d1 và d 2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 . ⎧t = 1 + 2s ⎪ Xét hệ ⎨2t = 2 + 2s (*) 0,25 ⎪1 − t = − s ⎩ ⎧t = 1 Giải hệ (*) được ⎨ ⇒ d1 , d 2 cắt nhau. 0,25 ⎩s = 0 JJG JJG d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d 2 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 [u1 , u 2 ] = ( 0; −1; −2 ) . Phương trình mặt phẳng cần tìm: y + 2 z − 2 = 0. 0,25 7.a 2−i Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z − = (3 − i ) z. 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 − 2i) z − (3 − i) z = 0,25 1+ i 3/4
1 − 3i ⇔ (−2 − i) z = 0,25 2 1 7 ⇔z= + i 0,25 10 10 0,25 ⎛1 7⎞ 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 BC , BB ', B ' C ' lần (2,0 điểm) lượt có phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3 y + 2 = 0; với B ', C ' tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. ⎧x − y + 2 = 0 ⎧ x = −2 Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒ B '(−2;0) ⎩x − 3y + 2 = 0 ⎩y = 0 0,25 Đường thẳng AC đi qua B ' và vuông góc với BB ' nên AC có phương trình x + y + 2 = 0. ⎧x − y + 2 = 0 ⎧x = 0 Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒ B (0; 2). ⎩y − 2 = 0 ⎩y = 2 0,25 ⎧x + y + 2 = 0 ⎧ x = −4 Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⇒ C ( −4;2). ⎩y − 2 = 0 ⎩y = 2 4 2 C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '( −2;0). 5 5 0,25 4 2 Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2 x − y + 2 = 0. 5 5 Nếu C '(−2;0) thì đường thẳng AB có phương trình là x − y + 2 = 0. 0,25 x − 2 y +1 z +1 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và mặt −1 −1 1 phẳng ( P) : 2 x + y − 2 z = 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 [ nP , ud ] = ( −1;0; −1) . ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d ⇒ ∆ có một VTCP là u∆ = [nP ; ud ] . 0,25 ⎧x = 1− t Phương trình đường thẳng ∆ : ⎪⎨ y = − 2 ( t ∈ \). 0,25 ⎪ z = −t ⎩ 7.b Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . Tính z1 + z2 . (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với ( z − 1) 2 − (1 − i ) 2 = 0 0,25 ⇔ ( z − i )( z − 2 + i ) = 0 0,25 ⎡z = i ⇔ ⎢ 0,25 ⎣z = 2 − i z1 + z2 =| i | + | 2 − i |= 1 + 5. 0,25 ----HẾT---- 4/4