Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng thuộc mặt phẳng (.. O R S ABC.[r]
(1)dethivn.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A, Khối A1, Khối B Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) x y
x + =
+ • Tập xác định: R \ {−1}
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: ' 2, ( 1) y
x y'
− =
+ < , ∀x ≠ −1
- Hàm số nghịch biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞)
0,25
- Giới hạn tiệm cận: lim lim 2; tiệm cận ngang
x→−∞y= x→+ ∞y = y=
( 1) lim
x
y
−
→ − = − ∞ ( 1) lim
x
y
+
→ − = + ∞ ; tiệm cận đứng x= −1 - Hàm số khơng 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 đồ thị hàm số d (1),biết vng góc với đường thẳng d
y= +x
vng góc với đường thẳng d y= + ⇔ có hệ số góc x d − 0,25
Hoành độ tiếp điểm x :0 0 2
0
0
'( ) 1
2
( 1)
x y x
x x
= ⎡ −
= − ⇔ = − ⇔ ⎢
= −
+ ⎣ 0,25
0
x = : Phương trình tiếp tuyến d y= − + x 0,25
1 (2,0 điểm)
0
x = − : Phương trình tiếp tuyến d y= − − x 0,25
a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2x+sinx=sin x 2
(2,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với: 2cos 2x+sinx−sin 3x=0 ⇔2cos 2x−2cos sinx x= 0,25 +∞
−∞
2 y
'
y − −
x −∞ −1 + ∞
3 −
O x
y
(2)dethivn.com
2/4 cos2 sin
x x
= ⎡
⎢ =
⎣ 2cos (sinx x 1)
⇔ − = ⇔ 0,25
cos
4
x= ⇔ = +x π kπ 0,25
sin
2
x= ⇔ = +x π k π 0,25
b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log log 32( )x 3( )x >1 Điều kiện x>0 Bất phương trình tương đương với
(1 log+ 2x)(1 log ) 1+ 3x > 0,25
[ ] 2
2 2 3
2
log log
(1 log )(1 log 2.log ) log (log 2).log log
log
x
x x x x
x < − ⎡
⇔ + + > ⇔ + > ⇔ ⎢
>
⎣ 0,25
2
1
log log
6
x< − ⇔ < <x 0,25
2
log x> ⇔ > Tập nghiệm bất phương trình cho: x 0;1 (1; )
⎛ ⎞ ∪ +∞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ 0,25
Tính tích phân
3
0
d x
I x
x =
+
∫
Đặt x+ = ; d1 t x=2 d ;t t x= ⇒ =0 t 1;x= ⇒ = t 0,25 Ta có
2
2( 1)d
I=∫ t − t 0,25
Suy
2
1
2
3 t I= ⎛⎜ −t⎞⎟
⎝ ⎠ 0,25
3 (1,0 điểm)
8
I= 0,25
Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB=a 2, Góc giữa đường thẳng mặt phẳng Tính thể tích khối chóp bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo
SA=SB=SC )
SA (ABC 60 o S ABC
S ABC a
Gọi H trung điểm BC ⇒ HA=HB=HC
Kết hợp với giả thiết SA=SB=SC suy SH ⊥BC, ∆SHA= ∆SHB= ∆SHC ⇒ SH ⊥(ABC) nSAH =60 o
0,25 4
(1,0 điểm)
ABC
∆ vuông cân : A AC=AB=a 2⇒BC=2a ⇒ AH = a SHA
∆ vuông : SH =AHtan 60o =a 3 ⇒
1
3
S ABC
a
V = AB AC SH = 0,25
S
A
2
a
H
o 60
2a B
(3)dethivn.com
Gọi tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng thuộc mặt phẳng (
,
O R S ABC ⇒O
SH ⇒ O SBC) ⇒ R bán kính đường trịn ngoại tiếp∆SBC 0,25
Xét ∆SHA,ta có o sin 60
SH
SA= = a ⇒ ∆SBCđều có độ dài cạnh a2 o 2sin 60
a a
R
⇒ = = 0,25
Giải phương trình 4x3+ − +x (x 1) 2x+ =1 0 (x∈ \) Điều kiện
2
x≥ − Phương trình cho tương đương với:
( )3
3
(2 )x +2x= 2x+1 + 2x+1 (1)
0,25
Xét hàm số f t( )= + t Với t3 \ t∈\, '( ) 3f t = t2+ >1 0 0,25
⇒ ( )f t đồng biến \ Do (1)⇔2x= 2x+ 0,25
5 (1,0 điểm)
Giải phương trình nghiệm
x= + 0,25
a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn ( ) đường thẳng
,
Oxy C :x2+y2−2x−4y+ =1
:
d x− y+ =m Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A B, cho nAI 120 ,o ới I tâm (C
B= v
)
Đường trịn (C) có tâm I(1;2), bán kính R= 0,25
Gọi H hình chiếu I d,khi đó: nAIB=120o ⇔IH=IAcos60o = 0,25 Do | |
5 m−
= 0,25
7 m m = ⎡ ⇔ ⎢ = −
⎣ 0,25
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1: (
1 x t
d y t t
z t
= ⎧
⎪ = ∈
⎨ ⎪ = − ⎩
\), 2 ) 2s
: 2 ( x
d y s s
z s
= + ⎧
⎪ = + ∈
⎨ ⎪ = − ⎩
\
Chứng minh d1 d2 cắt Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1, .d2
Xét hệ ( )
1 2s
2 2s *
1 t t
t s
= + ⎧
⎪ = + ⎨
⎪ − = − ⎩
0,25
Giải hệ (*) t s
= ⎧ ⎨ =
⎩ ⇒d d1, cắt 0,25
1
d có VTCP u1=(1;2; ,− ) JJG
có VTCP
d u2=(2;2; − ) JJG
Mặt phẳng cần tìm mặt phẳng qua điểm I(0;0;1)∈ d1 có VTPT [ , ]u u1 =(0; 1; − − )
G G
0,25
6.a (2,0 điểm)
Phương trình mặt phẳng cần tìm: y+2z− =2 0,25
Cho số phức thỏa mãn z (1 ) (3 )
i
i z i z
i −
− − = −
+ Tìm tọa độ điểm biểu diễn mặt phẳng tọa
độ
z
Oxy 7.a
(1,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với (1 ) (3 )
i
i z i z
i −
− − − =
+ 0,25
(4)dethivn.com ( )
2 i
i z −
⇔ − − = 0,25
10 10
z i
⇔ = + 0,25
Điểm biểu diễn z 7; 10 10 M⎛⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠
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 y− =2 0, 0, x− + =y x−3y+ =2 0; với B C', ' tương ứng chân đường
cao kẻ từ B C, tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AB AC , Tọa độ điểm 'B nghiệm hệ ,
3
x y
x y
− + = ⎧
⎨ − + =
⎩ giải hệ ta
2
'( 2;0)
x
B y
= − ⎧
⇒ −
⎨ = ⎩
Đường thẳng AC qua 'B vng góc với 'BB nên AC có phương trình x+ + =y
0,25
Tọa độ điểm B nghiệm hệ 0, x y y
− + = ⎧
⎨ − =
⎩ giải hệ ta
0
(0;2)
x
B y
= ⎧
⇒ ⎨ = ⎩ Tọa độ điểm nghiệm hệ C 0,
2 x y y
+ + = ⎧
⎨ − =
⎩ giải hệ ta
4
( 4;2)
x
C y
= − ⎧
⇒ −
⎨ = ⎩
0,25
'(3 2; ) ' ',
C t− t ∈B C từ BC'⊥CC' suy '( 2; ) 5
C − '( 2;0).C − Nếu '( 2; )
5
C − đường thẳng AB có phương trình 2x− + = y
0,25
Nếu C'( 2;0)− đường thẳng AB có phương trình x− + = y 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1 1
1
x y z
d − = + = +
− − mặt
phẳng( ) : 2P x+ −y 2z=0. Đường thẳng ∆ nằm vng góc với giao điểm d và Viết phương trình đường thẳng
( )P d
( ).P ∆
Gọi giao điểm d (I P); I(1; 2;0)− 0,25
( )P có VTPT nJJGP =(2;1; 2)− , có VTCP d ud = − −( 1; 1;1)
JJG
0,25
[JJG JJGnP, ud] ( 1;0; 1)= − − nằm ∆ ( )P vng góc với d ⇒∆ có VTCP u∆ =[ ; ]nP ud
JJG JJG JJJG
0,25 6.b
(2,0 điểm)
Phương trình đường thẳng
1
: (
x t
y t
z t
= − ⎧ ⎪
∆ ⎨ = − ∈
⎪ = − ⎩
\) 0,25
Gọi z1, z2 nghiệm phức phương trình z2−2z+ +1 2i=0 Tính z1 + z2
Phương trình cho tương đương với (z−1)2− −(1 i)2 = 0 0,25
⇔ (z−i z)( − + =2 i) 0,25
2 z i
z i
= ⎡
⇔ ⎢ = −
⎣ 0,25
7.b (1,0 điểm)
1 | | | |
z + z = +i − = +i 0,25
HẾT