Đang tải... (xem toàn văn)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1).. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC.[r]
(1)ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ðẲNG KHỐI A, A1, B, D NĂM 2012 Môn thi : TỐN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu (2,0 ñiểm) Cho hàm số
1 x y
x + =
+ (1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số (1)
2 Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số (1), biết d vng góc với ñường 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 2; 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 ñộ Oxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 2x – 4y + = ñường thẳng d : 4x – 3y + m = Tìm m để d cắt (C) hai ñiểm A, B cho
AIB=1200, với I tâm (C)
b Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai ñường thẳng d1 :
1
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 ñiểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 – 2i)z – 2
i i −
+ = (3 – i)z Tìm tọa ñộ ñiểm biểu diễn z mặt phẳng tọa ñộ Oxy
B Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (2,0 ñiểm)
a Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ 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 ñường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AB, AC
b Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng d : 1
1 1
x− y+ z+
= =
− −
mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z = ðường thẳng ∆ nằm (P) vng góc với d giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng ∆
(2)BÀI GIẢI I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu a { }
( )2
\ ; ' 0,
1
D y x D
x −
= − = < ∀ ∈
+
ℝ
TCð: x= -1
1
lim , lim
x→−− y= −∞ x→−+y= +∞; TCN: y = limx→±∞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
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)
⇔
3 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
π + π
hay x = 2 k
π + π
(k ∈ Z) b log2(2x).log3(3x) > 1, ñk 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+
∫ , ñặt u = x+1 ⇒ u2 = x + ⇒ 2udu = dx O x y
2
-2
(3)I =
2
1
2 (∫ u −1)du =
2
1
3 u
u
−
=
8
Câu Gọi I trung ñiểm BC ⇒ IA = IB = IC Mà SA = SB = SC ⇒ SI trục ñường tròn (ABC)
⇒ SI ⊥ (ABC) ⇒ SAI = 60 Ta có : BC = AB = 2a ⇒ AI = a ∆SAI vuông ⇒ SI = AI = a VS.ABC =
3 3 a
Trong mp (SAI) ñường trung trực SA cắt SI O O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có ∆SKO ñồng dạng ∆SIA ⇒ SK.SA = SO.SI
⇒ R = SO =
2 SA
SI =
3 a
Câu 4x3 + x – (x + 1) 2x+1 = 0, với ñiều 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 ñồng biến R (*) ⇔ f(2x) = f( 2x+1) ⇔ 2x = 2x+1
⇔ 2
2
x
x x
≥
+ =
⇔
0
1 5
4
x
x x
≥
− +
= ∨ =
⇔ x = + 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) ⇔ +y 2z− =2 Câu 7a
2
(1 ) (3 )
1 i
i z i z
i −
− − = −
+
1 ( )
2 i i z −
⇔ − − = ⇔ z =
10+10i Vậy ñiểm biểu diễn cho z ;
10 10 M
B Theo chương trình Nâng cao
S
B
C
I A
(4)Câu 6b
a Tọa độ B nghiệm hệ phương trình 2 x y y
− + =
− =
nên B (0; 2)
Tọa ñộ B’ nghiệm hệ phương trình 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)
ðường trịn (C) đường kính BC có tâm I (-2; 2), bán kính R = Nên (C) : (x + 2)2 + (y – 2)2 =
Giao ñiểm (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 ñộ C nghiệm hệ
2 x y y
+ + =
− =
⇒ C (-4; 2)
C’ (3a-2; a) ∈ B’C’ Tọa ñộ 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 ñiểm d (P); I∈d ⇒I(2− − − − +t; t; t)
( ) 2(2 ) 2( 1)
I∈ P ⇒ − − − −t t t− = ⇒t=1 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
π + π
⇔
3
1 2(cos sin )
4
5
1 2(cos sin )
4
z i i
z i i
π π
π π
− = + = − +
− = + = −
⇔
2
z i
z i
=
= −
⇔ z1 + z2 = 1+ Cách khác: ∆’ = -2i = (1 – i)2 Vậy z1 = – i; z2 = i ⇒ z1 + z2 = 1+
ThS Hoàng Hữu Vinh