Giai Chi Tiet De Thi Toan Cao Dang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (91.38 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNGKHỐI A, A1,B, D NĂM 2012
Mơn thi : TỐN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 2 3

1
x
y

x



 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thịcủa hàm số(1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằngd vuông góc với
đường thẳngy = x + 2.

Câu 2(2,0 điểm).

a. Giải phương trình 2cos2x + sinx = sin3x.
b. Giảibất phương trình log2(2x).log3(3x) > 1.

Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân I =
3

0 1

x

dx
x



.

Câu 4(1,0 điểm).Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
AB= a 2; SA = SB = SC. Góc giữa đường thẳngSA và mặt phẳng(ABC) bằng
600. Tính thể tính khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC theo a.

Câu 5 (1,0 điểm)Giải phương trình 4x3+ x–(x + 1) 2x1 = 0 (xR)

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phầnriêng (phần
A hoặcphầnB)

A.Theo chương trình Chuẩn
Câu 6.a (2,0 điểm)

a. Trong mặt phẳngvới hệtọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+ y2–2x–4y + 1 = 0
và đường thẳng d : 4x –3y + m = 0. Tìm mđể d cắt (C) tại hai điểmA, B sao cho

AIB =1200

, vớiI là tâm của (C).

b. Trong không gian vớihệ tọa độ Oxyz,cho haiđường thẳng

d1: 2

x t

y t

z t



 

  


(tR) , d2:

1 2
2 2

x s

y s

z s

 

  

  


(sR)

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

d1,d2.

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

i
i


 = (3– i)z. Tìm tọa độ
điểm biểu diễn của z trong mặt phẳngtọa độOxy.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6.b (2,0 điểm)

a. Trong mặt phẳngvới hệtọa độ Oxy, chotam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB’,
B’C’ lần lượt cóphương 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
cácđường thẳng AB,AC.

b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 1 1

1 1 1

x  y  z

  và

mặt phẳng (P) : 2x + y –2z = 0.Đường thẳngnằm trong (P) vng góc với d tại
giao điểm của d và (P). Viết phương trìnhđường thẳng.

Câu 7.b (1,0 điểm)Gọi z1, z2là hai nghiệm phức của phương trình z2–2z + 1 + 2i = 0.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

BÀI GIẢI
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu 1. a.

 





2
1

\ 1 ; ' 0,

D y x D

x


     


TCĐ: x=-1 vì

1 1

lim , lim

x x

y y

 

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

Hàm số nghịch biến trên (;-1) và (-1; +). Hàm số khơng có cực trị.

x -∞ -1 +∞

y’  

y 2 +∞

-∞ 2

b) Tiếp tuyến vng góc đường thẳng y = x + 2 nên phương trình tiếp tuyến có dạng

d: y = -x + m; d tiếp xúc với (C)(I)

2
2 3

1
( 1)

x

x m
x

x


   

 

 

  




có nghiệm

(I) 2 32 ( )( 1) (1)
( 1) 1

x x m x

x

    



  

 (hiển nhiên x = -1 không là nghiệm của (1)

 0

3
x
m



 

 hay

2
1
x
m

 


  

 . Vậy phương trình tiếp tuyến d là : y = -x + 3 hay y = -x–1.
Câu 2:

a. 2cos2x + sinx = sin3xsin3x–sinx–2cos2x = 0
2cos2xsinx–2cos2x = 0cos2x = 0 hay sinx = 1
x =

4 k 2

  

hay x = 2
2 k

  

(kZ)
b. log2(2x).log3(3x) > 1, đk x > 0

log3x + log2x + log2x.log3x > 0 log32(log2x)2+ (log32 + 1)log2x > 0

log2x < -log26 hay log2x > 0 0 < x <

6 hay x > 1

Câu 3 : I =

0 1

x
dx
x



,đặt u = x 1 u2= x + 12udu = dx

O x

-2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

I =
2

2 (



u 1)du =

2
3

1
2

3
u

u
  

 

  =

8
3

Câu 4. Gọi I là trung điểm của BCIA = IB = IC
Mà SA = SB = SCSI là trục đường tròn (ABC)
SI(ABC) SAI = 60 0

Ta có : BC = AB 2 = 2aAI = a
SAI vuông SI  AI 3 = a 3
VS.ABC=

3
3
3
a

Trong mp (SAI) đường trung trực của SA cắt SI tại O thì O là tâm mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Ta cóSKO đồng dạngSIASK.SA = SO.SI

R = SO =
2

2
SA

SI =
2 3

3
a

Câu 5. 4x3+ x–(x + 1) 2x1 = 0, với điều kiện: x 1
2

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+ 1 > 0tRf đồng biến trên R
(*)f(2x) = f( 2x1)2x = 2x1

 0 2

2 1 4
x

x x





 

 

1 5 1 5

4 4

x

x x





     

 x =

1 5
4



Câu 6.a.

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

AIB = 1200

d(I, d) = IA.cos600= 2 1
2
 = 1

 4 6 1

5
m
 

  m2 = 5m = 7 hay m = -3
b. Xét hệ phươngtrình :

2 1
2 2 2
1

t s

 



  


   


2 1
1
t s
t s

 


   



0
1
s
t




  

 có nghiệm.Vậy d1,d2cắt nhau tại I(1;2;0)
d1có vtcp a(1; 2; 1)

; d2có 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 0

Câu 7a.
2

(1 2 ) (3 )
1

i

i z i z

i


   



1 3
( 2 )

2
i
i z 

    z = 1 7

1010i
Vậy điểm biểu diễn cho z là 1 ; 7

10 10
M 

 

B. Theo chương trình Nâng cao

I
A

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 6b.

a. Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình 2 0
2 0
x y
y

  


  

 nên B (0; 2)
Tọa độ B’ là nghiệm hệ phương trình 2 0

3 2 0
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' = 0m = -4C (-4; 2)

Đường tròn (C)đường kính BC có tâm I (-2; 2), bán kính R = 2
Nên (C) : (x + 2)2+ (y–2)2= 4

Giao điểm của (C) và B’C’ là nghiệm hệ phương trình

2 2

( 2) ( 2) 4
3 2 0

x y

    

   

 

10 4 0
3 2

y y

x y

  

  

 

2
0
x
y

 

 

 hay

4
5
2
5

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

5
 ; 2

5 ), nênphương trình AB là 2x–y + 2 = 0.
Cách khác : Ta có BB'= (-2; -2)phương trình AC : x + y + 2 = 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ 2 0
2 0
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' = 0a = 0 hay a = 2/5 (với a = 0 loại vì C’ trùng B’)
'

BC


= -4

5(1; 2)Phương trình AB : 2x–y + 2 = 0.
b. Gọi I là giao điểm d và (P); I d I(2    t; 1 t; 1 t)

( ) 2(2 ) 1 2( 1) 0

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

Gọi rv là vtcp của ; ( )P   vr rn (2;1; 2);  ( )d     vr ra ( 1; 1;1)
Vậy vr r r   n a ( 1; 0; 1) . 1 vtcp củalà : (1; 0;1)

Pt  :
1

x t

y
z t

 

  

 


Câu 7b. z2–2z + 1 + 2i = 0(z–1)2= -2i = 2(cos3 sin3 )
2 i 2

  



3 3

1 2(cos sin ) 1

4 4

5 5

1 2(cos sin ) 1

4 4

z i i

 

      




     



 1

2 2
z i

z i




  

  z1  z2  5 1 .
Cách khác:’ =-2i = (1–i)2. Vậy z1= 2–i; z2= i  z1  z2  5 1 .

</div>

Giai Chi Tiet De Thi Toan Cao Dang



 









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về