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]
Trang 1ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ðẲNG KHỐI A, A1, B, D NĂM 2012
Môn thi : TOÁN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu 1 (2,0 ñiểm) Cho hàm số 2 3
1
x y x
+
= + (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1)
2 Viết phương trình tiếp tuyến d của ñồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với ñường thẳng y = x + 2
Câu 2 (2,0 ñiểm)
a Giải phương trình 2cos2x + sinx = sin3x
b Giải bất phương trình log2(2x).log3(3x) > 1
Câu 3 (1,0 ñiểm) Tính tích phân I =
3
x dx
x+
Câu 4 (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S ABC có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
AB= a 2; SA = SB = SC Góc giữa ñường thẳng SA 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 ñiểm) Giải phương trình 4x3 + x – (x + 1) 2x+1 = 0 (x ∈ R)
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần
A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 6.a (2,0 ñiểm)
a Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0
và ñường thẳng d : 4x – 3y + m = 0 Tìm m ñể d cắt (C) tại hai ñiểm A, B sao cho
AIB=1200, với I là tâm của (C)
b Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñường thẳng
d1 : 2
1
x t
=
=
= −
(t ∈ R) , d2 :
1 2
2 2
= +
= +
= −
(s ∈ R)
Chứng minh d1 và d2 cắt nhau.Viết phương trình mặt phẳng chứa hai ñường thẳng
d1,d2
Câu 7.a (1,0 ñiểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 – 2i)z – 2
1
i i
− + = (3 – i)z Tìm tọa ñộ ñiểm biểu diễn của z trong 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 ñường thẳng BC, BB’, B’C’ lần lượt có phương trình là y – 2 = 0, x – y + 2 = 0, x –3y+2 = 0; với B’, C’ tương ứng là chân các ñường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC Viết phương trình các ñường thẳng AB, AC
b Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng d : 2 1 1
x− = y+ = z+
mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z = 0 ðường thẳng ∆ nằm trong (P) vuông góc với d tại giao ñiểm của d và (P) Viết phương trình ñường thẳng ∆
Câu 7.b (1,0 ñiểm) Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2–2z + 1 + 2i = 0 Tính z1 + z2
Trang 2BÀI GIẢI
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
( )2
1
1
x
−
+ ℝ
TCð: x= -1 vì
lim , lim
→− = −∞ →− = +∞; TCN: y = 2 vì lim 2
Hàm số nghịch biến trên (−∞;-1) và (-1; +∞) Hàm số không có cực trị
x -∞ -1 +∞
y’ − −
y 2 +∞
-∞ 2
b) Tiếp tuyến vuông góc ñường 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
1 ( 1)
x
x m x
x
+
= − +
+
−
+
có nghiệm
x
(hiển nhiên x = -1 không là nghiệm của (1)
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
π + π
hay x = 2
2 k
π + π
(k ∈ Z)
b log2(2x).log3(3x) > 1, ñk x > 0
⇔ log3x + log2x + log2x.log3x > 0 ⇔ log32(log2x)2 + (log32 + 1)log2x > 0
⇔ log2x < -log26 hay log2x > 0 ⇔ 0 < x < 1
6 hay x > 1
Câu 3 : I =
3
1
x dx
x+
∫ , ñặt u = x+1 ⇒ u2 = x + 1 ⇒ 2udu = dx
y
2
-2
1
Trang 3I =
2
2
1
2 (∫ u −1)du =
3
1
2 3
u u
−
8 3
Câu 4 Gọi I là trung ñiểm của BC ⇒ IA = IB = IC
Mà SA = SB = SC ⇒ SI là trục ñường 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) ñường trung trực của SA cắt SI tại O thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có ∆SKO ñồng 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 ñiều 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 ñồng biến trên R
(*) ⇔ f(2x) = f( 2x+1) ⇔ 2x = 2x+1
x
≥
+ =
0
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
5
m
− +
= ⇔ m−2 = 5 ⇔ m = 7 hay m = -3
b Xét hệ phương trình :
1
= +
= +
− = −
2 1 1
t s
t s
⇔
− =
0 1
s t
=
⇔
=
có nghiệm Vậy d1,d2 cắt nhau tại 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 0
Câu 7a
2
(1 2 ) (3 )
1
i
i
−
+
1 3 ( 2 )
2
i
i z −
10+10i Vậy ñiểm biểu diễn cho z là 1 ; 7
10 10
B Theo chương trình Nâng cao
S
B
C
I
A
Trang 4Câu 6b
a Tọa ñộ B là nghiệm hệ phương trình 2 0
2 0
x y y
− + =
− =
nên B (0; 2) Tọa ñộ B’ là nghiệm hệ phương trình 2 0
3 2 0
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) ðường tròn (C) ñường kính BC có tâm I (-2; 2), bán kính R = 2
Nên (C) : (x + 2)2 + (y – 2)2 = 4
Giao ñiểm của (C) và B’C’ là nghiệm hệ phương trình
− + =
2
0
x y
= −
=
hay
4 5 2 5
x y
= −
=
AC qua B’ (-2; 0) và vuông góc BB’ nên AC : x + y + 2 = 0
B’ (-2; 0); C’( 4
5
− ; 2
5), nên phương trình AB là 2x – y + 2 = 0
Cách khác : Ta có BB'
= (-2; -2) ⇒ phương trình AC : x + y + 2 = 0 Tọa ñộ C là nghiệm của hệ 2 0
2 0
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'
= 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 ñiểm 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 (1; 2; 0)I −
Gọi v
là vtcp của ∆;∆ ⊂( )P ⇒v⊥ =n (2;1; 2);− ∆ ⊥( )d ⇒v⊥ = − −a ( 1; 1;1)
Vậy v= ∧ = −n a ( 1; 0; 1)−
1 vtcp của ∆ là : (1; 0;1)
Pt ∆ :
1 2
y
z t
= +
= −
=
Câu 7b z2 – 2z + 1 + 2i = 0 ⇔ (z – 1)2 = -2i = 2(cos3 sin3 )
2 i 2
⇔
1 2(cos sin ) 1
1 2(cos sin ) 1
2 2
z i
=
= −
⇔ z1 + z2 = 5 1+
Cách khác: ∆’ = -2i = (1 – i)2 Vậy z1 = 2 – i; z2 = i ⇒ z1 + z2 = 5 1+
ThS Hoàng Hữu Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)