ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 MÔN TOÁN HỌC KHỐI A, KHỐI B VÀ KHỐI D

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.655
lượt xem 177
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2012 môn toán học khối a, khối b và khối d', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 MÔN TOÁN HỌC KHỐI A, KHỐI B VÀ KHỐI D

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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) 2x + 3 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 y = x + 2. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2 cos 2 x + sin x = sin 3x. b) Giải bất phương trình log 2 (2 x).log 3 (3 x) > 1. 3 x ∫ Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân I = dx. x +1 0 Câu 4. (1,0 điểm) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 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 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0 ( 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 (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho AIB = 120o , với I là tâm của (C ). b) 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 + 2s (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 . 2−i Câu 7.a. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z − = (3 − i ) z. 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 BC , BB ', B ' C ' lần 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 − 2 y +1 z +1 = = b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng −1 −1 1 ( P ) : 2 x + y − 2 z = 0. Đường thẳng Δ nằm trong ( P ) vuông góc với d tại giao điểm của d và ( P). Viết phương trình đường thẳng Δ. Câu 7.b. (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0. Tính z1 + z2 . ----------- 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................................
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 a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = (1). (2,0 điểm) x +1 • Tập xác định: R \ {−1}. • Sự biến thiên: 0,25 −1 - Đạo hàm: y ' = , y ' < 0 , ∀x ≠ −1. 2 ( x + 1) - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2. - Giới hạn và tiệm cận: x→ − ∞ x→ + ∞ 0,25 lim y = − ∞ và lim y = + ∞ ; tiệm cận đứng x = −1. x → ( − 1) − x → ( − 1) + - Hàm số không có cực trị. - Bảng biến thiên: −∞ −1 +∞ x − − y' +∞ 2 0,25 y 2 −∞ • Đồ thị: y 3 0,25 2 3 -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 ⎡ x0 = 0 −1 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: 2 cos 2 x + sin x = sin 3 x. (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos 2 x + sin x − sin 3 x = 0 ⇔ 2cos 2 x − 2 cos 2 x sin x = 0 0,25 1/4
⎡ cos 2 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 + k 2π . sin x = 1 ⇔ x = 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 ∫ Tính tích phân I = dx. (1,0 điểm) x +1 0 x + 1 = t ; dx = 2tdt ; x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2. 0,25 Đặt 2 ∫ Ta có I = 2(t 2 − 1)dt. 0,25 1 2 ⎛ t3 ⎞ Suy ra I = 2 ⎜ − t ⎟ . 0,25 ⎝3 ⎠1 8 I= . 0,25 3 Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2 , SA = SB = SC . Góc 4 giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S . ABC và bán kính (1,0 điểm) mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a. S Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA = HB = HC . Kết hợp với giả thiết SA = SB = SC suy ra SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC . ⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SAH = 60o. 0,25 H 2a B 60o C a2 A ∆ABC vuông cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a. 3a 3 0,25 11 ∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS . ABC = . AB. AC .SH = . 32 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 . 2a 2a 3 SH Xét ∆SHA, ta có SA = = 2a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2 a ⇒ R = = 0,25 . o o 3 2sin 60 sin 60 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 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 6.a đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho AIB = 120o , với I là (2,0 điểm) 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: AIB = 120o ⇔ IH = IA cos 60o = 1. 0,25 |m− 2| =1 Do đ ó 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 d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d 2 có VTCP u2 = ( 2; 2; −1) . Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua 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 17 ⇔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 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 (2,0 điểm) cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. ⎧x − y + 2 = 0 ⎧ x = −2 ⇒ B '(−2; 0) Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⎩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 ⇒ B (0; 2). Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⎩y − 2 = 0 ⎩y = 2 0,25 ⎧x + y + 2 = 0 ⎧ x = −4 ⇒ C ( −4; 2). Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨ , giải hệ ta được ⎨ ⎩y − 2 = 0 ⎩y = 2 42 C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '( −2; 0). 55 0,25 42 Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2 x − y + 2 = 0. 55 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 ( P) có một VTPT là nP = (2;1; −2) , d có một VTCP là ud = (−1; −1;1) . 0,25 [ 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