De thi va dap an Cao Dang Mon Toan 2012

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).. Tìm tọa độ.[r]

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, A1, B, D NĂM 2012 Môn thi : TỐN

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số

1 x y

x  

 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số (1), biết d vng góc với đường thẳng y = x +

Câu (2,0 điểm)

a Giải phương trình 2cos2x + sinx = sin3x b Giải bất phương trình log2(2x).log3(3x) > Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =

3

0

x dx x



Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB= a ; SA = SB = SC Góc đường thẳng SA mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tính khối chóp S.ABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4x3 + x – (x + 1) 2x1 = (x  R)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A 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 + = đường thẳng d : 4x – 3y + m = Tìm m để d cắt (C) hai điểm A, B cho

AIB=1200, với I tâm (C)

b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

d1 : x t

y t

z t

        

(t  R) , d2 :

1 2

x s

y s

z s

          

(s  R)

Chứng minh d1 d2 cắt nhau.Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1,d2

Câu 7.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 – 2i)z – 2

i i



 = (3 – i)z Tìm tọa độ

điểm biểu diễn z 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’ có phương trình y – = 0, x – y + = 0, 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

b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 1

1 1

x y z

 

 

mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z = Đường thẳng  nằm (P) vng góc với d giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng 

BÀI GIẢI I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu a  

 2

\ ; ' 0,

1

D y x D

x



     



 TCĐ: x= -1

1

lim , lim

x x

y y

 

     ; TCN: y = vìxlimy2

Hàm số nghịch biến (;-1) (-1; +) Hàm số khơng có cực trị x -∞ -1 +∞

y’   y +∞

-∞

b) Tiếp tuyến vng góc đường thẳng y = x + nên phương trình tiếp tuyến có dạng

d: y = -x + m; d tiếp xúc với (C)  (I)

2

2

1

1 ( 1)

x

x m x

x



   

    

  

 

có nghiệm

(I)  32 ( )( 1) (1) ( 1)

x x m x

x

    

 

 

 (hiển nhiên x = -1 không nghiệm (1)

 x m

   

 hay

2 x m

     

 Vậy phương trình tiếp tuyến d : y = -x + hay y = -x –

Câu 2:

a 2cos2x + sinx = sin3x  sin3x – sinx – 2cos2x =  2cos2xsinx – 2cos2x =  cos2x = hay sinx =  x =

4 k

  

hay x = 2 k

  

(k  Z) b log2(2x).log3(3x) > 1, đk x >

 log3x + log2x + log2x.log3x >  log32(log2x)2 + (log32 + 1)log2x >  log2x < -log26 hay log2x >  < x <

1

6 hay x > Câu : I =

3

0

x dx x

 , đặt u = x1  u2 = x +  2udu = dx

O x

y

2

-2

I =

2

2 ( u 1)du =

2

1

3 u

u

 



 

  =

8

Câu Gọi I trung điểm BC  IA = IB = IC Mà SA = SB = SC  SI trục đường tròn (ABC)  SI  (ABC)  SAI = 600

Ta có : BC = AB = 2a  AI = a SAI vuông  SI AI = a VS.ABC =

3 3 a

Trong mp (SAI) đường trung trực SA cắt SI O O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có SKO đồng dạng SIA  SK.SA = SO.SI

 R = SO = 2 SA

SI =

3 a

Câu 4x3 + x – (x + 1) 2x1 = 0, với điều kiện: x   Phương trình  8x3

+ 2x = (2x + 2) 2x1  2x[(2x)2

+ 1] = 2x1[( 2x1)2 + 1] (*) Xét f(t) = t(t2 + 1) = t3 + t

f’(t) = 3t2 + > t  R  f đồng biến R (*)  f(2x) = f( 2x1)  2x = 2x1  2

2

x

x x

  

 

 

0

1 5

4

x

x x

  

     

  x =

1

4  Câu 6.a

a (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + = 0; d : 4x – 3y + m = (C) có tâm I (1; 2), bán kính R = 1  =

AIB = 1200  d(I, d) = IA.cos600

= 2  = 

5 m

 

  m2 =  m = hay m = -3 b Xét hệ phương trình :

2

2 2

1

t s

t s

t s

 



   

    

2

1 t s t s

 



   



0 s t

 

  

 có nghiệm Vậy d1,d2 cắt I(1;2;0)

d1 có vtcp a(1; 2; 1) 

; d2 có vtcp b(2; 2; 1) 

 mp (d1, d2) qua I (1; 2; 0) có pháp vectơ n  a b,    

= -(0; 1; 2)

Phương trình mặt phẳng (d1,d2) : 0(x 1) 1(y 2) 2(z 0) 0 y 2z 2 Câu 7a

2

(1 ) (3 )

1 i

i z i z

i 

    

1 ( )

2 i i z 

     z = 1010i Vậy điểm biểu diễn cho z ;

10 10 M 

 

B Theo chương trình Nâng cao

S

B

C

I A

Câu 6b

a Tọa độ B nghiệm hệ phương trình 2 x y y

   

  

 nên B (0; 2)

Tọa độ B’ nghiệm hệ phương trình

3

x y

x y

   

   

 nên B’ (-2; 0)

C (m; 2) (vì C  BC); B C' = (m + 2, 2); B B' = (-2; -2) '

B C



.B B' =  m = -4  C (-4; 2)

Đường tròn (C) đường kính BC có tâm I (-2; 2), bán kính R = Nên (C) : (x + 2)2 + (y – 2)2 =

Giao điểm (C) B’C’ nghiệm hệ phương trình

2

( 2) ( 2)

3

x y

x y

    

   

 

2

10

3

y y

x y

  

  

 

2 x y

    

 hay

4 5 x y         AC qua B’ (-2; 0) vng góc BB’ nên AC : x + y + = B’ (-2; 0); C’(

5

 ;

5), nên phương trình AB 2x – y + = Cách khác : Ta có BB'



= (-2; -2)  phương trình AC : x + y + = Tọa độ C nghiệm hệ

2 x y y

   

  

  C (-4; 2)

C’ (3a-2; a)  B’C’

Tọa độ BC' = (3a -2; a -2); CC' = (3a + 2; a- 2) '

BC



.CC' =  a = hay a = 2/5 (với a = loại C’ trùng B’) '

BC

 = -4

5(1; 2)  Phương trình AB : 2x – y + = b Gọi I giao điểm d (P); I d I(2    t; t; t)

( ) 2(2 ) 2( 1)

I P     t t t   t Vậy (1; 2;0)I 

Gọi v vtcp ; ( )P   v n (2;1; 2);  ( )d     v a ( 1; 1;1) Vậy v   n a ( 1;0; 1)

  

vtcp  : (1;0;1) Pt  :

1

x t

y z t

         

Câu 7b z2 – 2z + + 2i =  (z – 1)2 = -2i = 2(cos3 sin3 )

2 i

 





3

1 2(cos sin )

4

5

1 2(cos sin )

4

z i i

z i i

 

 

       



     



 2 z i

z i

 

  

  z1  z2  1

Cách khác: ’ = -2i = (1 – i)2