Đề thi tuyển sinh Cao đẳng môn Toán khối A, B, D năm 2009

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến

kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9 = 0 và x + 3y  5 = 0. Tìm

toạ độ các đỉnh A và B.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và

(P2) : 3x + 2y  z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông

góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

pdf4 trang | Chia sẻ: lethuong715 | Ngày: 12/12/2020 | Lượt xem: 8 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi tuyển sinh Cao đẳng môn Toán khối A, B, D năm 2009, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 1 
ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 
Môn thi: TOÁN (khối A, B, D) 
(Thời gian làm bài: 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số y = x3  (2m  1)x2 + (2  m)x + 2 (1), với m là tham số thực 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 
2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm 
số (1) có hoành độ dương. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 2(1 2sin x) cos x 1 sin x cos x    
2. Giải bất phương trình x 1 2 x 2 5x 1 (x )       
Câu III (1,0 điểm) 
Tính tích phân 
1
2x x
0
I (e x)e dx  
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N và P lần lượt là trung 
điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường 
thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. 
Câu V (1,0 điểm) 
Cho a và b là hai số thực thoả mãn 0 lna  lnb 
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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến 
kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9 = 0 và x + 3y  5 = 0. Tìm 
toạ độ các đỉnh A và B. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và 
(P2) : 3x + 2y  z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông 
góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2) 
Câu VII.a (1,0 điểm) 
Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
R)
 2 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng 1 : x  2y  3 = 0 và 2 : x + y 
+1 = 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường 
thẳng 2 bằng 
1
2
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và trọng 
tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vuông góc với mặt 
phẳng (ABC). 
Câu VII.b (1,0 điểm) 
Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức : 4z 3 7i z 2i
z i
 
 

------------------------------ 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
1) m = 2; y = x3 - 3x2+2 
 TXĐ D = R ; y’ = 3x2 - 6x; y’ = 0  x = 0  x = 2 
 lim
x
y

  ; lim
x
y

  
x  0 2 + 
y' + 0 - 0 + 
y 2 + 
 - -2 
 y đồng biến trên các khoảng (-;0); (2;+ ); y nghịch biến trên (0;2) 
 y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2; 
 y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2 
 giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2) 
 giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0);  1 3;0 
2. y’ = 0  3x2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*) 
 Ycbt  pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt 
  
' 0
P 0
S 0
 


  
24m m 5 0
2 m 0
3
2(2m 1) 0
3

   
 

 
 

  
5m 1 hay m
4
m 2
1m
2
   

 
  5
4
 < m < 2 
x 
y 
2 
1 
0 
1 2 3 -1 
-2 
 3 
Câu II: 
1. Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = 1 + sinx + cosx 
  cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = 1 + sinx + cosx 
  4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx 
  1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1 
  sinx = -1 hay sin2x = 1
2
  x = k2
2

   hay x = k
12

  hay x = 5 k
12

  
2. x 1 2 x 2 5x 1     
x 2
(x 1)(x 2) 2

 
  
2
x 2 x 2
2 x 3
2 x 3x x 6 0
  
     
     
Câu III: 
 I = 
1 1
x x
0 0
e dx xe dx   ; I1 = 
1
1x x
0
0
1e dx e 1
e
     
 I2 = 
1
x
0
xe dx , đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex 
 Vậy I2 = 
1
1x x
0
0
xe e dx 1   I = I1 + I2 = 
12
e
 
Câu IV: 
Gọi I là trung điểm AB. 
 Ta có MN // AB // CD và SP  CD  MN  SP 
 SIP cân tại S, SI2 = 
2 2
2 a 7a2a
4 4
  
  SI = SP = a 7
2
 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, 
 ta có SO2=SI2–OI2 =
22 27a a 6a
4 2 4
   
 
 SO = a 6
2
, H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB 
 Ta có S(SIP) = 
1 1SO.IP PH.SI
2 2
  PH = SO.IP
SI
 = a 6 2 a 6a
2 a 7 7
 
 V = 
3
(AMN)
1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6S .PH . .
3 3 2 2 2 2 487
 
  
 
 (đvtt) 
Câu V : 
Đặt 2
ln xf (x) ; 0 x 1
x 1
  

2 2
2 2
x 1 2x ln xf '(x) 0 , x (0;1)
x(x 1)
 
    

 f đồng biến trên (0 ; 1) 
 f(b) > f(a) với 0 < a < b < 1 2 2
ln b ln a
b 1 a 1
 
 
 với 0 < a < b < 1 
2 2a ln b b ln a ln a ln b    
A 
B C 
D 
S 
P 
I 
O 
M N 
 4 
Câu VI.a. 
1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0. 
AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0  3x – y + 1 = 0. 
A = AC  AM  A(1; 4) 
B  BH  B (5 – 3m; m) 
M là trung điểm BC  M 4 3 2;
2 2
m mæ ö- - ÷ç ÷ç ÷è ø. 
M  AM  4 3 25. 9 0
2 2
m m- -+ - = 0mÛ = . Vậy B(5; 0) 
2. ( ) ( )
1 2( ) ( )
1;2;3 , 3;2; 1P Pn n= = -
uuur uuur
(P) qua A(1; 1; 1). (P) (P1), (P2)  (P) có một vectơ pháp tuyến: 
1 2( ) ( ) ( )
,P P Pn n n
é ù= ê úë û
uuur uuur uuur
= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2) 
 Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 
  4x – 5y + 2z – 1 = 0. 
Câu VII. a. 
 ( ) ( )21 2 8 (1 2 )i i z i i z+ - = + + + 
 ( )( )2 2 (1 2 ) 8i i z i z iÛ - - + = + 4 2 1 2 8z i i ié ùÛ + - - = +ê úë û 
( )( )8 1 28 8 15 2 10 15 2 3
1 2 5 5 5
i ii i iz i
i
+ -+ - + -Û = = = = = -
+
 Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3. 
Câu VI.b. 1. M  1  M (2m + 3; m) 
 d(M, 2) = 
1
2
  
2m 3 m 1 1
2 2
  
 3m + 4= 1  m = -1 hay m = 5
3
 
 Vậy M (1; -1) hay M ( 1
3
 ; 5
3
 ) 
2. G là trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4) 
 AB ( 1;1;1) 

; AC ( 2;2; 4)  

  a [AB, AC] 6(1;1;0)   
  
  pt  : 
x 1 t
y 3 t
z 4
  
 
 
 (t  R) 
Câu VII.b. 4z 3 7i z 2i
z i
 
 

  4z – 3 – 7i = z2 – 3iz – 2  z2 – (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0 
  = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)2 
 Vậy 4 3i 2 iz 3 i
2
  
   hay z = 4 3i 2 i 1 2i
2
  
  
----------------------------- 
Người giải đề: PHẠM HỒNG DANH - TRẦN VĂN TOÀN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM) 

File đính kèm:

  • pdfToanCD2009.pdf
Giáo án liên quan