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

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

BỘ 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) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 23 (1). 1 x y x + = + • Tập xác định: R \ {−1}. • Sự biến thiên: - Đạo hàm: 2 1 ', (1) y x '0y − = + , < ∀x ≠ −1. - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: ; tiệm cận ngang lim lim 2 xx yy →−∞ →+∞ == 2.y = (1) lim x y − →− = −∞ và (1) lim x y + →− = +∞; tiệm cận đứng 1.x =− - Hàm số không có cực trị. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 1/4 b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1 biết rằng vuông góc với đường thẳng d ), d 2.yx=+ vuông góc với đường thẳng d yx=+2 ⇔ có hệ số góc bằng d 1.− 0,25 Hoành độ tiếp điểm là 0 x : 0 0 2 0 0 0 1 '( ) 1 1 2 (1) x yx x x = ⎡ − =− ⇔ =− ⇔ ⎢ = − + ⎣ 0,25 0 0x = : Phương trình tiếp tuyến là d 3.yx= −+ 0,25 1 (2,0 điểm) 0 2x =− : Phương trình tiếp tuyến là d 1.yx= −− 0,25 a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos2 sin sin3 . x xx + = 2 (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 sin sin3 0 xx x + −=2cos2 2cos2 sin 0 xxx ⇔ −= 0,25 + ∞ − ∞ 2 2 y 'y − − x − ∞ −1 + ∞ 3 2 − 3 O x y -1 2 3 2/4 cos2 0 sin 1 x x = ⎡ ⎢ = ⎣ 2cos2 (sin 1) 0 xx ⇔−= ⇔ 0,25 cos2 0 . 42 x xk π π =⇔= + 0,25 sin 1 2 . 2 xxk π π =⇔ = + 0,25 b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( ) 23 log 2 .log 3 1 xx > . Điều kiện Bất phương trình tương đương với 0.x > 23 (1 log )(1 log ) 1 xx ++> 0,25 [] 22 232 2323 2 log log 6 (1 log )(1 log 2.log ) 1 log (log 2).log log 6 0 log 0 x xxxx x <− ⎡ ⇔+ + >⇔ + >⇔ ⎢ > ⎣ 0,25 22 1 log log 6 0 . 6 xx<− ⇔ < < 0,25 2 log 0 1 x x >⇔> . Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: () 1 0; 1; . 6 ⎛⎞ ∪+∞ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 Tính tích phân 3 0 d. 1 x Ix x = + ∫ Đặt 1x t+= ; d 2 d ; 0 1; 3 2. xttx t x t = =⇒= =⇒= 0,25 Ta có 2 2 1 2( 1)d .It=− ∫ t 0,25 Suy ra 2 3 1 2. 3 t It ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 3 (1,0 điểm) 8 . 3 I = 0,25 Cho khối chóp có đáy là tam giác vuông cân tại .SABC ABC ,A 2 ABa = , Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo .SA SB SC== ) SA ( ABC o 60 . . S ABC . SABC .a Gọi là trung điểm của H BC ⇒ . HA HB HC = = Kết hợp với giả thiết suy ra SA SB SC == ,SH BC⊥ . SHA SHB SHC ∆ =∆ =∆ ⇒ ( ) SH ABC ⊥ và n o 60 .SAH = 0,25 4 (1,0 điểm) ABC ∆ vuông cân tại : A 22 ACABa BC a == ⇒= ⇒ . AHa = SHA ∆ vuông : o tan60 3SH AH a== ⇒ 3 . 11 3 . 32 3 S ABC a VABACSH==. 0,25 S A 2a H o 60 2a B C Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng thuộc mặt phẳng ( ,OR . SABC O ⇒ SH ⇒ O ) SBC ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp . SBC ∆ 0,25 Xét ta có ,SHA∆ o 2 sin 60 SH SA a = = SBC ⇒∆ đều có độ dài cạnh bằng a 2 o 22 . 3 2sin60 aa R⇒= = 3 0,25 Giải phương trình 3 4(1)210( xxx x x +− + += ∈\ ). Điều kiện 1 2 x ≥− . Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 3 3 (2)2 21 21(1xx x x+= + + + ) 0,25 Xét hàm số 3 () f tt =+ t trên . Với mọi \ 2 ,'()3 10 tftt ∈ =+>\ . 0,25 ⇒ () f t đồng biến trên . Do đó \ (1) 2 2 1. xx ⇔ =+ 0,25 5 (1,0 điểm) Giải phương trình trên được nghiệm 15 . 4 x + = 0,25 a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn () và đường thẳng , Oxy 22 : 2 4 1 0 Cx y x y +−−+= :4 3 0. dx ym − += Tìm m để d ắt ( tại hai điểm , c ) C A B sao cho n o 120 , AI ới I là tâm của ( C B = v ). Đường tròn ( có tâm bán kính ) C (1;2), I 2 R = . 0,25 Gọi là hình chiếu của trên khi đó: H I ,d n oo 120 cos60 1.AIB IH IA= ⇔= = 0,25 Do đó |2| 1 5 m − = 0,25 7 3. m m = ⎡ ⇔ ⎢ =− ⎣ 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ cho hai đường thẳng: , Oxyz 1 :2 ( 1 xt dyt t zt = ⎧ ⎪ =∈ ⎨ ⎪ =− ⎩ \ ), ). 2 12s :22 ( x dy ss zs =+ ⎧ ⎪ =+ ∈ ⎨ ⎪ =− ⎩ \ Chứng minh và cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng 1 d 2 d 12 , . dd Xét hệ () 12s 222s* 1 t t ts =+ ⎧ ⎪ =+ ⎨ ⎪ −=− ⎩ 0,25 Giải hệ ( được ) * 1 0 t s = ⎧ ⎨ = ⎩ cắt nhau. ⇒ 12 , dd 0,25 1 d có VTCP ( ) 1 1; 2; 1 ,u =− JJG có VTCP 2 d ( ) 2 2;2; 1 .u = − JJG Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm và có một VTPT là 1 (0;0;1)I∈d ( ) 12 [ , ] 0;1;2.uu = −− G G 0,25 6.a (2,0 điểm) Phương trình mặt phẳng cần tìm: 2 2 0. yz +−= 0,25 Cho số phức thỏa mãn z 2 (1 2 ) (3 ) . 1 i iz iz i − −− =− + Tìm tọa độ điểm biểu diễn của trong mặt phẳng tọa độ z . Oxy 7.a (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 (1 2 ) (3 ) 1 i iz iz i − −−−= + 0,25 3/4 13 (2 ) 2 i iz − ⇔−− = 0,25 17 10 10 zi⇔= + 0,25 Đ iểm biểu diễn của là z 17 ;. 10 10 M ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác Các đường thẳng , Oxy .ABC , ', ' 'BCBB BC lần lượt có phương trình là với 20, 20, 3 20; yxyxy −= −+= − += ', 'B C tương ứng là chân các đường cao kẻ từ , B C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng , .ABAC Tọa độ của điểm ' B là nghiệm của hệ 20 , 320 xy xy −+= ⎧ ⎨ − += ⎩ giải hệ ta được 2 '( 2; 0) 0 x B y =− ⎧ ⇒− ⎨ = ⎩ Đường thẳng AC đi qua ' B và vuông góc với ' BB nên AC có phương trình 2 0. xy ++= 0,25 Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ 20 , 20 xy y − += ⎧ ⎨ −= ⎩ giải hệ ta được 0 (0;2). 2 x B y = ⎧ ⇒ ⎨ = ⎩ Tọa độ của điểm là nghiệm của hệ C 20 , 20 xy y + += ⎧ ⎨ −= ⎩ giải hệ ta được 4 (4;2). 2 x C y =− ⎧ ⇒− ⎨ = ⎩ 0,25 '(3 2; ) ' ', Ct t BC −∈ từ ''BCCC⊥ suy ra 42 '( ; ) 55 C − hoặc '( 2;0). C − Nếu 42 '( ; ) 55 C − thì đường thẳng có phương trình là AB 2 2 0. xy − += 0,25 Nếu thì đường thẳng có phương trình là '( 2;0) C − AB 2 0. xy − += 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng , Oxyz 21 : 111 1x yz d −++ == −− và mặt phẳng Đường thẳng ():2 2 0. Pxyz +− = ∆ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của d và Viết phương trình đường thẳng () P d (). P . ∆ Gọi là giao điểm của d và ( ; I ) P (1; 2;0) I − . 0,25 () P có một VTPT là (2;1; 2) P n =− JJG , có một VTCP là d ( 1; 1;1) d u =− − JJG . 0,25 [ . nằm trong vuông góc với d ⇒ , ](1;0;1) Pd nu =− − JJG JJG ∆ ( ) P ∆ có một VTCP là [ ; ] P d unu ∆ = JJG JJG JJJG . 0,25 6.b (2,0 điểm) Phương trình đường thẳng 1 :2( xt yt zt =− ⎧ ⎪ ∆=− ∈ ⎨ ⎪ =− ⎩ \ ). 0,25 Gọi là 2 nghiệm phức của phương trình 12 ,zz 2 2120zz i− ++ = . Tính 12 . zz + Phương trình đã cho tương đương với 22 (1)(1)0 zi − −− = 0,25 ( )( 2 ) 0 ziz i ⇔− −+= 0,25 2 zi zi = ⎡ ⇔ ⎢ =− ⎣ 0,25 7.b (1,0 điểm) 12 || |2 |1 5.zzi i+=+−=+ 0,25 ----HẾT---- 4/4 . hạn và ti m cận: ; ti m cận ngang lim lim 2 xx yy →−∞ →+∞ == 2.y = (1) lim x y − →− = −∞ và (1) lim x y + →− = +∞; ti m cận đứng 1.x =− - H m số không. ĐI M ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG N M 2012 M n: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang đi m g m 04 trang) Câu Đáp án Đi m a) (1,0 đi m)