Ðề thi tuyển sinh cao đẳng khối B năm 2011 môn toán học

Chia sẻ: Tuyensinh Daihoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

1.187
lượt xem 97
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Ðề thi tuyển sinh cao đẳng khối B năm 2011 môn toán học, đề thi và đáp án chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo . Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Ðề thi tuyển sinh cao đẳng khối B năm 2011 môn toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 13 x + 2 x 2 − 3 x + 1. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos 4 x + 12 sin 2 x − 1 = 0. x2 − 2 x − 3 x2 − 2 x − 3 2. Giải bất phương trình 4 x − 3.2 x + − 41+ > 0. 2 2x +1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx. x( x + 1) 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30o. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABM theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm ( ) 6 + x + 2 (4 − x)(2 x − 2) = m + 4 4 − x + 2 x − 2 ( x ∈ ). PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2; − 4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45o. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 3), B(1; 0; −5) và mặt phẳng ( P) : 2 x + y − 3z − 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) 2 z + z = 4i − 20. Tính môđun của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là AB: x + 3 y − 7 = 0, BC: 4 x + 5 y − 7 = 0, CA : 3x + 2 y − 7 = 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. x −1 y +1 z −1 = = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : . Viết phương trình −3 4 1 mặt cầu có tâm I(1; 2; − 3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB = 26. 1 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z 2 − 2(1 + i ) z + 2i = 0. Tìm phần thực và phần ảo của . z ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................................................... ; Số báo danh: ...........................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối B ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) • Tập xác định: D = . ⎡x =1 0,25 • y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 3. • Giới hạn: lim y = + ∞, lim y = − ∞. x →− ∞ x→ + ∞ x −∞ 1 3 +∞ • Bảng biến thiên: − − y’ 0 + 0 +∞ 1 0,25 y 1 − −∞ 3 - Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞). 1 0,25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = − ⋅ 3 • Đồ thị: y 1 1 O 0,25 1 3 x −− 3 2. (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm của (C) với trục tung là (0; 1). 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y '(0) = − 3. 0,25 Phương trình tiếp tuyến là y = k ( x − 0) + 1 0,25 ⇔ y = −3 x + 1. 0,25 1. (1,0 điểm) II (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 2 x − 1 + 6(1 − cos 2 x) − 1 = 0 0,25 ⇔ cos 2 2 x − 3cos 2 x + 2 = 0. 0,25 • cos2x = 2: Vô nghiệm. 0,25 • cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ (k ∈ Z). 0,25 Trang 1/3
Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≤ −1 hoặc x ≥ 3. 0,25 x 2 − 2 x −3 x 2 − 2 x −3 Bất phương trình đã cho tương đương với 4 x − − 3.2 x − − 4 > 0. x 2 − 2 x −3 Đặt t = 2 x − 0,25 > 0, bất phương trình trên trở thành t 2 − 3t − 4 > 0 ⇔ t > 4 (do t > 0) 7 ⇔ x2 − 2 x − 3 < x − 2 ⇔ 2 < x < ⋅ 0,25 2 7 Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 ≤ x < ⋅ 0,25 2 2 III ⎛1 1⎞ Ta có I = ∫ ⎜ + ⎟ dx. 0,25 x x +1⎠ 1⎝ (1,0 điểm) 2 1 2 ∫ x dx = l n | x | 1 = ln 2. • 0,25 1 2 1 2 ∫ x + 1 dx = l n | x + 1| 1 = ln 3 − ln 2. • 0,25 1 Do đó I = ln 3. 0,25 Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC. S IV 0,25 Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng SBA = 30o. (1,0 điểm) M 1 1 VS . ABM = VS . ABC = SA. AB.BC. 0,25 2 12 a3 BC = AB = a; SA = AB.tan 30o = A ⋅ C 0,25 3 a3 3 Vậy VS . ABM = ⋅ 0,25 36 B Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 4. V x 1 3 4 Xét f ( x) = 4 − x + 2 x − 2, 1 ≤ x ≤ 4. (1,0 điểm) − f’(x) + 0 −1 0,25 1 3 f '( x) = + ; f '( x) = 0 ⇔ x = 3. 2 4− x 2x − 2 f(x) 6 • Bảng biến thiên (hình bên). 3 Đặt t = 4 − x + 2 x − 2. Phương trình đã cho trở thành t 2 − 4t + 4 = m (1). Dựa vào bảng biến 0,25 thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn 3 ≤ t ≤ 3. Xét g (t ) = t 2 − 4t + 4, 3 ≤ t ≤ 3. t 3 2 3 g '(t ) = 2t − 4; g '(t ) = 0 ⇔ t = 2. − g’(t) 0 + • Bảng biến thiên (hình bên). 0,25 7−4 3 1 g(t) 0 Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 1. 0,25 1. (1,0 điểm) VI.a Phương trình của đường thẳng ∆ qua A(2; − 4) và có vectơ pháp tuyến v = (a; b) là (2,0 điểm) 0,25 a( x − 2) + b( y + 4) = 0, với a 2 + b 2 ≠ 0. |a+b| Vectơ pháp tuyến của d là u = (1; 1). Do đó cos(d , ∆ ) = ⋅ 0,25 2. a 2 + b 2 cos(d , ∆ ) = cos 45o ⇔ ab = 0. 0,25 Với a = 0, ta có phương trình ∆ : y + 4 = 0; với b = 0, ta có phương trình ∆ : x − 2 = 0. 0,25 Trang 2/3
Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB. 0,25 0,25 Ta có AB = (2; −2; −8) = 2(1; −1; − 4); M ∈ AB ⇒ M (−1 + t ; 2 − t ; 3 − 4t ). M ∈ ( P ) ⇒ 2(−1 + t ) + (2 − t ) − 3(3 − 4t ) − 4 = 0 0,25 ⇒ t = 1. Vậy M (0; 1; − 1). 0,25 Đặt z = a + bi (a, b ∈ ). Đẳng thức đã cho trở thành (−3 + 4i )(a + bi ) + (a − bi ) = 4i − 20 0,25 VII.a ⎧a + 2b = 10 (1,0 điểm) ⇔⎨ 0,25 ⎩a − b = 1 ⎧a = 4 ⇔⎨ 0,25 ⎩b = 3. Do đó | z | = 42 + 32 = 5. 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) ⎧x + 3y − 7 = 0 Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình ⎨ 0,25 ⎩3x + 2 y − 7 = 0 ⇒ A(1; 2). 0,25 Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là n = (5; − 4). 0,25 Phương trình đường cao là 5( x − 1) − 4( y − 2) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + 3 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( x − 1) − 3( y − 2) + ( z + 3) = 0 0,25 ⇔ 4 x − 3 y + z + 5 = 0. ⎧ x −1 y +1 z −1 = = ⎪ ⎛ 1 1⎞ 1 ⇒ H ⎜ −1; ; ⎟ . −3 Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ ⎨ 4 0,25 2 2⎠ ⎝ ⎪ ⎩4 x − 3 y + z + 5 = 0 2 ⎛ AB ⎞ Bán kính mặt cầu là R = IH 2 + ⎜ 0,25 ⎟ = 5. ⎝2⎠ Phương trình mặt cầu là ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 25. 0,25 Phương trình bậc hai theo z có ∆ = 4(1 + i )2 − 8i = 0 0,25 VII.b ⇒ z =1+ i 0,25 (1,0 điểm) 1 1 11 ⇒= = − i. 0,25 z 1+ i 2 2 1 1 1 1 Vậy phần thực của bằng , phần ảo của bằng − ⋅ 0,25 z 2 z 2 ------------- Hết ------------- Trang 3/3