Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng phần A
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3 (1)
1
x y x
+
=
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 vuông góc với đường thẳng d y x= + 2
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2cos 2x+sinx=sin3 x
b) Giải bất phương trình log (2 ).log (3 ) 1.2 x 3 x >
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân
3
0
d 1
x
x
= +
∫
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 và mặt phẳng bằng Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình 4x3+ −x (x+1) 2x+ =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 x2+y2−2x−4y+ = và đường thẳng 1 0
Tìm để cắt ( tại hai điểm
d x− y m+ = m d C) A B sao cho n, AIB=120 ,o với là tâm của I ( ).C
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1: 2 ( 1
x t
=
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
\), 2 )
1 2s : 2 2 (
x
= +
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
\
Chứng minh và d1 d2 cắt nhau Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d d1, .2
Câu 7.a (1,0 điểm) Cho số phức thỏa mãn z (1 2 ) 2 (3 )
1
i
i
−
+ Tìm tọa độ điểm biểu diễn của trong
mặt phẳng tọa độ Ox
z
y
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−3y+ =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 ,
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 1
1
Đường thẳng Δ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của và (
Viết phương trình đường thẳng Δ
Câu 7.b (1,0 điểm) Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−2z+ + = Tính 1 2i 0 z1 + z2
- Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 (1)
1
x y x
+
= +
• Tập xác định: R \ {−1}
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: ' 1 2,
( 1)
y
x− y' 0
= + < , ∀x ≠ −1
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞)
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2; tiệm cận ngang
( 1)
lim
x
y
−
→ − = − ∞ và
( 1)
lim
x
y
+
→ − = + ∞ ; tiệm cận đứng x= −1
- Hàm số không có cực trị
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số d (1),biết rằng vuông góc với đường thẳng d
2
y= +x
vuông góc với đường thẳng d y= + 2 ⇔ có hệ số góc bằng x d − 1 0,25
0 0
0 1
2
x
y x
x x
=
⎡
−
0 0
1
(2,0 điểm)
0 2
a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2x+sinx=sin 3 x
2
(2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2x+sinx−sin 3x=0 ⇔2cos 2x−2cos 2 sinx x= 0 0,25
+∞
2
y
'
y − −
x −∞ −1 + ∞
3 2
−
3
y
-1
2 3
Trang 3cos2 0 sin 1
x x
=
⎡
⎣ 2cos 2 (sinx x 1) 0
x= ⇔ = +x π kπ
0,25
2
x= ⇔ = +x π k π
0,25
b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 log 32( )x 3( )x >1
Điều kiện x>0 Bất phương trình tương đương với
2
(1 log )(1 log 2.log ) 1 log (log 2).log log 6 0
x
x
< −
⎡
1
6
2 log x> ⇔ > Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: 0 x 1 0;1 (1; )
6
Tính tích phân
3
0
d 1
x
x
= +
∫ Đặt x+ = ; d1 t x=2 d ;t t x= ⇒ =0 t 1;x= ⇒ = 3 t 2 0,25
Ta có
2 2 1
2( 1)d
Suy ra
2 3
1
3
t
3
(1,0 điểm)
8 3
SA=SB=SC
)
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 nSAH =60 o
0,25
4
(1,0 điểm)
ABC
∆ vuông cân tại : A AC=AB=a 2⇒BC=2a ⇒ AH = a
SHA
∆ vuông : SH =AHtan 60o =a 3 ⇒ . 1 1 3 3
S ABC
a
S
A
2
a
H o 60
2a
B
C
Trang 4Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng
thuộc mặt phẳng (
,
Xét ∆SHA,ta có o 2
sin 60
SH
SA= = a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng a2 2 o 2
3 2sin 60
R
Giải phương trình 4x3+ − +x (x 1) 2x+ =1 0 (x∈ \)
Điều kiện 1
2
x≥ − Phương trình đã cho tương đương với:
3 (2 )x +2x= 2x+1 + 2x+1 (1)
0,25
Xét hàm số f t( )= + t trên Với mọi t3 \ t∈\, '( ) 3f t = t2+ >1 0 0,25
5
(1,0 điểm)
Giải phương trình trên được nghiệm 1 5
4
a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn ( ) và đường thẳng
,
Oxy C :x2+y2−2x−4y+ =1 0
d x− y+ =m Tìm m để d c ắt (C) tại hai điểm A B, sao cho nAI 120 ,o ới I là tâm của (C
)
Gọi H là hình chiếu của trên I d,khi đó: nAIB=120o ⇔IH=IAcos60o = 1 0,25
Do đó | 2 | 1
5
m−
7 3
m m
=
⎡
⇔ ⎢ = −
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1: 2 ( 1
x t
=
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
1 2s : 2 2 (
x
= +
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
\
Chứng minh và d1 d2 cắt nhau Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1, .d2
1 2s
1
t t
= +
⎧
⎪ = +
⎨
⎪ − = −
⎩
0,25
Giải hệ (*) được 1
0
t s
=
⎧
⎨ =
1
d có VTCP uJJG1=(1;2; 1 ,− ) d2 có VTCP uJJG2=(2;2; 1 − ) Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
điểm I(0;0;1)∈ d1 và có một VTPT là [ , ]u uG G1 2 =(0; 1; 2 − − ) 0,25
6.a
(2,0 điểm)
1
i
i
−
độ
z
Oxy
7.a
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với (1 2 ) (3 ) 2
1
i
i
−
Trang 5( 2 ) 1 3
2
i
10 10
Điểm biểu diễn của là z 1 7
10 10
0,25
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, 2 0, x− + =y x−3y+ =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 ,
Tọa độ của điểm 'B là nghiệm của hệ 2 0
,
x y
− + =
⎧
⎨ − + =
2 '( 2;0) 0
x
B y
= −
⎧
⎨ =
⎩
Đường thẳng AC đi qua ' B và vuông góc với ' BB nên AC có phương trình x+ + =y 2 0
0,25
Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ 2 0,
2 0
x y y
− + =
⎧
⎨ − =
0 (0;2)
2
x
B y
=
⎧
⇒
⎨ =
⎩ Tọa độ của điểm là nghiệm của hệ C 2 0
,
2 0
x y y
+ + =
⎧
⎨ − =
4 ( 4;2)
2
x
C y
= −
⎧
⎨ =
⎩
0,25
'(3 2; ) ' ',
C t− t ∈B C từ BC'⊥CC' suy ra '( 4 2; )
5 5
C − hoặc '( 2;0).C − Nếu '( 4 2; )
5 5
C − thì đường thẳng AB có phương trình là 2x− + = y 2 0
0,25
Nếu C'( 2;0)− thì đường thẳng AB có phương trình là x− + = y 2 0 0,25
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1
:
1
phẳng( ) : 2P x+ −y 2z=0. Đường thẳng ∆ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của d và Viết phương trình đường thẳng
( )P có một VTPT là nJJGP =(2;1; 2)− , có một VTCP là d uJJGd = − −( 1; 1;1) 0,25
[nJJG JJGP, u d] ( 1;0; 1)= − − nằm trong ∆ ( )P vuông góc với d ⇒∆ có một VTCP là uJJG∆ =[ ; ]nJJG JJJGP u d 0,25
6.b
(2,0 điểm)
Phương trình đường thẳng
1
= −
⎧
⎪
⎪ = −
⎩
Gọi z1, z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z2−2z+ +1 2i=0 Tính z1 + z2
Phương trình đã cho tương đương với (z−1)2− −(1 i)2 = 0 0,25
2
z i
=
⎡
7.b
(1,0 điểm)
1 2 | | | 2 | 1 5
HẾT
Trang 6BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 (1)
1
x y x
+
= +
• Tập xác định: R \ {−1}
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: ' 1 2,
( 1)
y
x− y' 0
= + < , ∀x ≠ −1
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞)
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2; tiệm cận ngang
( 1)
lim
x
y
−
→ − = − ∞ và
( 1)
lim
x
y
+
→ − = + ∞ ; tiệm cận đứng x= −1
- Hàm số không có cực trị
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số d (1),biết rằng vuông góc với đường thẳng d
2
y= +x
vuông góc với đường thẳng d y= + 2 ⇔ có hệ số góc bằng x d − 1 0,25
0 0
0 1
2
x
y x
x x
=
⎡
−
0 0
1
(2,0 điểm)
0 2
a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2x+sinx=sin 3 x
2
(2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2x+sinx−sin 3x=0 ⇔2cos 2x−2cos 2 sinx x= 0 0,25
+∞
2
y
'
y − −
x −∞ −1 + ∞
3 2
−
3
y
-1
2 3
Trang 7cos2 0 sin 1
x x
=
⎡
⎣ 2cos 2 (sinx x 1) 0
x= ⇔ = +x π kπ
0,25
2
x= ⇔ = +x π k π
0,25
b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 log 32( )x 3( )x >1
Điều kiện x>0 Bất phương trình tương đương với
2
(1 log )(1 log 2.log ) 1 log (log 2).log log 6 0
x
x
< −
⎡
1
6
2 log x> ⇔ > Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: 0 x 1 0;1 (1; )
6
Tính tích phân
3
0
d 1
x
x
= +
∫ Đặt x+ = ; d1 t x=2 d ;t t x= ⇒ =0 t 1;x= ⇒ = 3 t 2 0,25
Ta có
2 2 1
2( 1)d
Suy ra
2 3
1
3
t
3
(1,0 điểm)
8 3
SA=SB=SC
)
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 nSAH =60 o
0,25
4
(1,0 điểm)
ABC
∆ vuông cân tại : A AC=AB=a 2⇒BC=2a ⇒ AH = a
SHA
∆ vuông : SH =AHtan 60o =a 3 ⇒ . 1 1 3 3
S ABC
a
S
A
2
a
H o 60
2a
B
C
Trang 8Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng
thuộc mặt phẳng (
,
Xét ∆SHA,ta có o 2
sin 60
SH
SA= = a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng a2 2 o 2
3 2sin 60
R
Giải phương trình 4x3+ − +x (x 1) 2x+ =1 0 (x∈ \)
Điều kiện 1
2
x≥ − Phương trình đã cho tương đương với:
3 (2 )x +2x= 2x+1 + 2x+1 (1)
0,25
Xét hàm số f t( )= + t trên Với mọi t3 \ t∈\, '( ) 3f t = t2+ >1 0 0,25
5
(1,0 điểm)
Giải phương trình trên được nghiệm 1 5
4
a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn ( ) và đường thẳng
,
Oxy C :x2+y2−2x−4y+ =1 0
d x− y+ =m Tìm m để d c ắt (C) tại hai điểm A B, sao cho nAI 120 ,o ới I là tâm của (C
)
Gọi H là hình chiếu của trên I d,khi đó: nAIB=120o ⇔IH=IAcos60o = 1 0,25
Do đó | 2 | 1
5
m−
7 3
m m
=
⎡
⇔ ⎢ = −
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1: 2 ( 1
x t
=
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
1 2s : 2 2 (
x
= +
⎧
⎨
⎪ = −
⎩
\
Chứng minh và d1 d2 cắt nhau Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1, .d2
1 2s
1
t t
= +
⎧
⎪ = +
⎨
⎪ − = −
⎩
0,25
Giải hệ (*) được 1
0
t s
=
⎧
⎨ =
1
d có VTCP uJJG1=(1;2; 1 ,− ) d2 có VTCP uJJG2=(2;2; 1 − ) Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
điểm I(0;0;1)∈ d1 và có một VTPT là [ , ]u uG G1 2 =(0; 1; 2 − − ) 0,25
6.a
(2,0 điểm)
1
i
i
−
độ
z
Oxy
7.a
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với (1 2 ) (3 ) 2
1
i
i
−
Trang 9( 2 ) 1 3
2
i
10 10
Điểm biểu diễn của là z 1 7
10 10
0,25
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, 2 0, x− + =y x−3y+ =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 ,
Tọa độ của điểm 'B là nghiệm của hệ 2 0
,
x y
− + =
⎧
⎨ − + =
2 '( 2;0) 0
x
B y
= −
⎧
⎨ =
⎩
Đường thẳng AC đi qua ' B và vuông góc với ' BB nên AC có phương trình x+ + =y 2 0
0,25
Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ 2 0,
2 0
x y y
− + =
⎧
⎨ − =
0 (0;2)
2
x
B y
=
⎧
⇒
⎨ =
⎩ Tọa độ của điểm là nghiệm của hệ C 2 0
,
2 0
x y y
+ + =
⎧
⎨ − =
4 ( 4;2)
2
x
C y
= −
⎧
⎨ =
⎩
0,25
'(3 2; ) ' ',
C t− t ∈B C từ BC'⊥CC' suy ra '( 4 2; )
5 5
C − hoặc '( 2;0).C − Nếu '( 4 2; )
5 5
C − thì đường thẳng AB có phương trình là 2x− + = y 2 0
0,25
Nếu C'( 2;0)− thì đường thẳng AB có phương trình là x− + = y 2 0 0,25
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1
:
1
phẳng( ) : 2P x+ −y 2z=0. Đường thẳng ∆ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của d và Viết phương trình đường thẳng
( )P có một VTPT là nJJGP =(2;1; 2)− , có một VTCP là d uJJGd = − −( 1; 1;1) 0,25
[nJJG JJGP, u d] ( 1;0; 1)= − − nằm trong ∆ ( )P vuông góc với d ⇒∆ có một VTCP là uJJG∆ =[ ; ]nJJG JJJGP u d 0,25
6.b
(2,0 điểm)
Phương trình đường thẳng
1
= −
⎧
⎪
⎪ = −
⎩
Gọi z1, z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z2−2z+ +1 2i=0 Tính z1 + z2
Phương trình đã cho tương đương với (z−1)2− −(1 i)2 = 0 0,25
2
z i
=
⎡
7.b
(1,0 điểm)
1 2 | | | 2 | 1 5
HẾT