Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

Dap an chi tiet cao dang tu 2002-2004

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
TRÖÔØNG THPT NGUYEÃN VAÊN TROÃI
TUYEÅN TAÄP
ÑEÀ THI CAO ÑAÚNG MOÂN TOAÙN
TÖØ NAÊM 2008 – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút...
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - T...
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 31 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Ähnlich wie Dap an chi tiet cao dang tu 2002-2004 (20)

Anzeige

Weitere von Thiên Đường Tình Yêu (20)

Aktuellste (20)

Anzeige

Dap an chi tiet cao dang tu 2002-2004

  1. 1. TRÖÔØNG THPT NGUYEÃN VAÊN TROÃI TUYEÅN TAÄP ÑEÀ THI CAO ÑAÚNG MOÂN TOAÙN TÖØ NAÊM 2008 – 2014
  2. 2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số x y . x 1 = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng d : y x m= − + cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin3x 3 cos3x 2sin 2x.− = 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình x my 1 mx y 3 − =⎧ ⎨ + =⎩ có nghiệm ( )x; y thỏa mãn xy 0.< Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )A 1; 1; 3 và đường thẳng d có phương trình x y z 1 . 1 1 2 − = = − 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O. Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( ) 2 P : y x 4x= − + và đường thẳng d : y x.= 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn 2 2 x y 2.+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )3 3 P 2 x y 3xy.= + − PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x 2y 3 0.− + = 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 18 5 1 2x x 0 . x ⎛ ⎞ + >⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình ( )2 2 2log x 1 6log x 1 2 0.+ − + + = 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, o BAD ABC 90 ,= = AB BC a,= = AD 2a,= SA vuông góc với đáy và SA 2a.= Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a. ---------------------------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: ………………………… 1
  3. 3. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Ta có 1 y 1 . x 1 = + − • Tập xác định: D = {1}. • Sự biến thiên: 2 1 y' 0, x D. (x 1) = − < ∀ ∈ − 0,25 Bảng biến thiên: Hàm số không có cực đại và cực tiểu. 0,25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)d : y x m= − + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là ( )2x x m x mx m 0 1 x 1 = − + ⇔ − + = − (do không là nghiệm).x 1= Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 0,50 x − ∞ 1 + ∞ y' − − 1 + ∞ y −∞ 1 O 1 1 y x Điều kiện là : hoặc m 02 m 4m 0 m 4Δ = − > ⇔ > . . < Vậy m hoặc4> m 0< 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho 1 3 sin 3x cos3x sin 2x 2 2 ⇔ − = sin 3x sin 2x 3 π⎛ ⎞ ⇔ − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 2
  4. 4. 3x 2x k2 3 3x 2x k2 3 π⎡ − = + π⎢ ⇔ ⎢ π⎢ − = π − + π ⎢⎣ ⇔ π 4π 2π x k2π, x k 3 15 = + = + 5 (k ∈Z ). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π 4π 2π x k2π, x k 3 15 = + = + 5 (k ∈ ).Z 0,50 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn (1,00 điểm)xy 0< Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có Thay vào phương trình thứ hai ta có: ( )x my 1 1 .= + ( ) ( )2 3 m m my 1 y 3 y 2 . m 1 − + + = ⇔ = + Thay (2) vào (1) ta có 2 3m 1 x . m 1 + = + 0,50 Xét điều kiện xy 0 :< ( )( ) ( ) >⎡ + − ⎢< ⇔ < ⇔ ⎢ < −+ ⎣ 2 2 m 3 3m 1 3 m xy 0 0 1 m .m 1 3 Vậy m hoặc3> 1 m . 3 < − 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( )u 1; 1; 2= − . Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là ( )Pn 1; 1; 2= − . 0,50 Phương trình mặt phẳng (P) là: ( ) ( ) ( )1. x 1 1. y 1 2. z 3 0− − − + − = x y 2z 6 0.⇔ − + − = 0,50 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cân tại đỉnh O (1,00 điểm)MOAΔ +) ⇒M d∈ ( )M t; t; 1 2t .− + +) cân tại đỉnh O và M, O, A không thẳng hàng.MOAΔ OM OA⇔ = 0,25 OM hoặcOA= ( ) 22 2 t t 2t 1 11⇔ + + + = t 1⇔ = 5 t 3 = − . 0,25 +) Với ta có Vớit 1= ( )M 1; 1; 3 .− 5 t 3 = − ta có 5 5 7 M ; ; 3 3 3 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 +) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không thẳng hàng. Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là và( )1M 1; 1; 3− 2 5 5 7 M ; ; 3 3 3 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: 2 x 4x x x 0− + = ⇔ = hoặc x 3.= 0,25 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = 3 3 2 2 0 0 x 4x xdx x 3xdx.− + − = − +∫ ∫ 0,25 3
  5. 5. Do nên . Suy ra0 x 3≤ ≤ 2 x 3x 0− + ≥ ( ) 3 3 3 2 2 0 0 x x S x 3x dx 3 3 2 ⎛ ⎞ = − + = − + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 9 2 . Vậy 9 S (đvdt). 2 = 0,50 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm)( )3 3 P 2 x y 3xy= + − Ta có: ( )( ) ( )( )2 2 P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.= + + − − = + − − Đặt Do nênx y t.+ = 2 2 x y+ = 2 2 t 2 xy 2 − = . Suy ra 2 2 3 2t 2 t 2 3 P 2t 2 3 t t 6t 3. 2 2 2 ⎛ ⎞− − = − − = − − + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 Do nên( ) 2 x y 4xy+ ≥ ( )2 2 t 2 t 2 2 t 2≥ − ⇔ − ≤ ≤ . 0,25 Xét ( ) 3 23 f t t t 6t 3 2 = − − + + với [ ]t 2;2∈ − . Ta có : ( ) 2 f ' t 3t 3t 6= − − + ( ) [ ] [ ] t 2 2;2 f ' t 0 t 1 2;2 . ⎡ = − ∈ − = ⇔ ⎢ = ∈ −⎢⎣ Bảng biến thiên: Vậy 13 max P , min P 7. 2 = = − 0,50 V.a 2,00 1 Tìm A (1,00 điểm)Ox,B Oy....∈ ∈ +) ( ) ( ) (A Ox, B Oy A a; 0 , B 0; b , AB a; b∈ ∈ ⇒ = − ). 0,25 +) Vectơ chỉ phương của d là ( )u 2; 1= . Tọa độ trung điểm I của AB là a b ; . 2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2a b 0 a 2AB.u 0 a b 4.b 3 0I d 2 − + =⎧⎧ =⎧=⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ =− + =∈⎪ ⎩⎩ ⎪⎩ Vậy A 2( ) ( ); 0 , B 0; 4 . 0,50 13 2f(t) t -2 1 2 + 0 -f’(t) -7 1 4
  6. 6. 2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của 18 5 1 2x x ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ là ( ) k 6k 1818 kk k 5 k 1 18 185 1 T C . 2x . C .2 .x x −− − + ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 18 k . 0,50 Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 6k 18 0 k 15. 5 − = ⇔ = Vậy số hạng cần tìm là 15 3 16 18T C .2 6528.= = 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện Phương trình đã cho tương đương vớix 1> − . ( ) ( )2 2 2log x 1 3log x 1 2 0.+ − + + = 0,25 Đặt ta được hoặc(2t log x 1= )+ 1 .2 t 3t 2 0 t− + = ⇔ = t 2= 0,25 Với ta có (thỏa mãn điều kiện).t 1= ( )2log x 1 1 x 1 2 x 1+ = ⇔ + = ⇔ = Với ta có (thỏa mãn điều kiện).t 2= ( )2log x 1 2 x 1 4 x 3+ = ⇔ + = ⇔ = Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 1, x 3.= = 0,50 2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm) +) MN là đường trung bình của Δ MN // AD vàSAD ⇒ 1 MN AD 2 = ⇒ MN // BC và BCNM là hình bình hành (1).MN BC= ⇒ 0,25 S A B C NM D +) ( ) (BC AB,BC SA BC SAB BC BM 2 .⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. +) Ta có: S 2BCNM BCM S.BCNM S.BCMS V 2V .Δ= ⇒ = 3 S.BCM C.SBM SBM SAB 1 1 1 1 a V CB.S CB.S CB. .SA.AB . 3 6 6 2 6 Δ Δ= = = = =V 0,50 3 S.BCNM a Vậy V (đvtt). 3 = NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- 5
  7. 7. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số với là tham số thực.3 2 (2 1) (2 ) 2 (1),y x m x m x= − − + − + m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi(1) 2.m = 2. Tìm các giá trị của để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương. m (1) (1) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 (1 2sin ) cos 1 sin cos .x x x+ = + + x 2. Giải bất phương trình 1 2 2 5 1 ( ).x x x x+ + − ≤ + ∈ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 ( )x x .I e x e d− = +∫ x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều có.S ABCD , 2AB a SA a= = . Gọi ,M N và lần lượt là trung điểm của các cạnh và CD Chứng minh rằng đường thẳng P ,SA SB . MN vuông góc với đường thẳng Tính theo thể tích của khối tứ diện .SP a .AMNP Câu V (1,0 điểm) Cho và b là hai số thực thỏa mãna 0 a b 1.< < < Chứng minh rằng a b2 2 ln ln ln ln .b a a b− > − 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 cho tam giác,Oxy ABC có C( 1; 2),− − đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5 9x y 0+ − = và 3 5 0x y .+ − = Tìm tọa độ các đỉnh A và .B 2. Trong không gian với hệ tọa độ cho các mặt phẳng và Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm vuông góc với hai mặt phẳng ,Oxyz 1( ): 2 3 4 0P x y z+ + + = 2( ): 3 2 1 0.P x y z+ − + = ( )P (1; 1; 1),A 1( )P và ( )2 .P Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức thỏa mãn Tìm phần thực và phần ảo củaz 2 (1 ) (2 ) 8 (1 2 ) .i i z i i+ − = + + + z .z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho các đường thẳng,Oxy 1 : 2 3x y 0Δ − − = và Tìm tọa độ điểm 2 : 1x yΔ + + = 0. M thuộc đường thẳng 1Δ sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2Δ bằng 1 2 ⋅ 2. Trong không gian với hệ tọa độ cho tam giác có và trọng tâm Viết phương trình đường thẳng ,Oxyz ABC (1; 1; 0), (0; 2; 1)A B (0; 2; 1).G − Δ đi qua điểm và vuông góc với mặt phẳngC ( ).ABC Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 4 3 7 2 . z i z i z i − − = − − ---------- 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:................................ 6
  8. 8. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … Khi hàm số trở thành2,m = (1) 3 2 3 2y x x= − + . • Tập xác định: . • Chiều biến thiên: - Ta có hoặc2 ' 3 6 ;y x x= − ' 0 0y x= ⇔ = 2.x = - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; và0)−∞ (2; ).+∞ - Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). 0,25 • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại y0,x = CĐ = y(0) = 2. - Hàm số đạt cực tiểu tại y2,x = CT = y(2) = −2. • Các giới hạn tại vô cực: vàlim x y →−∞ = −∞ lim . x y →+∞ = +∞ 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m … Ta có ( )2 ' 3 2 2 1 2y x m x= − − + − .m m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm dương phân biệt ' 0y = 0,25 2 ' (2 1) 3(2 ) 0 2(2 1) 0 3 2 0 3 m m m S m P ⎧ ⎪Δ = − − − > ⎪ −⎪ ⇔ = >⎨ ⎪ −⎪ = >⎪⎩ 0,25 I (2,0 điểm) 5 2. 4 m⇔ < < 0,50 x y O 2 2 −2 x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ −2 7
  9. 9. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với (sin 1)(2sin 2 1) 0x x+ − II = 0,50 • sin 1x = − π 2π ( ) 2 x k k⇔ = − + ∈ (2,0 điểm) . 0,25 • 1 sin 2 2 x = π π 12 x k⇔ = hoặc+ 5π π ( ) 12 x k k= + ∈ . 0,25 2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình … Điều kiện: 2.x ≥ 0,25 Bất phương trình đã cho tương đương với ( 1)( 2) 2x x+ − ≤ 0,25 2 3x⇔ − ≤ ≤ . 0,25 Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ ]2; 3 . 0,25 1 1 1 11 0 0 0 0 0 1 1 .x x x x x I e dx xe dx e xe dx xe dx e − − = + = − + = − +∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt và ta có và .u x= ,x dv e dx= du dx= x v e= 0,25 11 1 0 0 0 1 1 1 1x x x I xe e dx e e e e = − + − = − + −∫ 0,25 III (1,0 điểm) 1 2 e = − ⋅ 0,25 Ta có //MN CD và suy ra,SP CD⊥ .MN SP⊥ 0,50 IV (1,0 điểm) Gọi là tâm của đáyO .ABCD Ta có 2 2 6 2 a SO SA OA= − = ⋅ . 1 1 4 8 AMNP ABSP S ABCDV V V= = 3 21 1 6 . . 8 3 48 a SO AB= = ⋅ 0,50 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 ln ln 1 1 a b a b < ⋅ + + 0,25 Xét hàm số 2 ln ( ) , (0; 1). 1 t f t t t = ∈ + Ta có 2 2 2 1 ( 1) 2 ln '( ) 0, (0; 1). ( 1) t t t tf t t t + − = > ∀ + ∈ Do đó ( )f t đồng biến trên khoảng (0; 1). 0,50 V (1,0 điểm) Mà nên0 1a b< < < , ( ) ( ).f a f b< Vậy 2 2 ln ln 1 1 a b a b < ⋅ + + 0,25 S M N A B C D PO 8
  10. 10. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B … Đường thẳng AC qua và vuông góc với đường thẳngC 3 5 0x y+ − = . Do đó : 3 1 0.AC x y− + = 0,25 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 5 9 0 (1; 4). 3 1 0 x y A x y + − =⎧ ⇒⎨ − + =⎩ 0,25 Điểm B thuộc đường thẳng và trung điểm của3 5 0x y+ − = BC thuộc đường thẳng 5 Tọa độ điểm9x y+ − = 0. B thỏa mãn hệ 3 5 0 1 2 5 9 2 2 x y x y + − =⎧ ⎪ − −⎨ ⎛ ⎞ + − =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ 0 0,25 (5; 0).B⇒ 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) … • (P1) có vectơ pháp tuyến 1 (1; 2; 3).n = • (P2) có vectơ pháp tuyến 2 (3; 2; 1).n = − 0,25 • (P) có vectơ pháp tuyến (4; 5; 2).n = − 0,25 VI.a (2,0 điểm) (P) qua A(1; 1; 1) nên ( ) : 4 5 2 1 0.P x y z− + − = 0,50 Hệ thức đã cho tương đương với (1 2 ) 8i z i+ = + 0,25 2 3 .z i⇔ = − 0,50 VII.a (1,0 điểm) Do đó z có phần thực là 2 và phần ảo là 3.− 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M … 1 (2 3; ).M M t t∈Δ ⇒ + 0,25 Khoảng cách từ M đến là2Δ 2 | 2 3 1| ( , ) 2 t t d M + + + Δ = ⋅ 0,25 2 1 ( , ) 2 d M Δ = 1 5 3 t t = −⎡ ⎢⇔ ⎢ = − ⋅ ⎣ 0,25 Vậy hoặc(1; 1)M − 1 5 ; . 3 3 M ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ … Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ 1 0 3 3 2 3 1 1 3 x y z +⎧ =⎪ ⎪ +⎪ =⎨ ⎪ +⎪ = −⎪ ⎩ ( 1; 3; 4).C⇒ − − 0,25 Ta có ( 1; 1; 1), ( 1; 1; 1).AB AG= − = − − 0,25 Mặt phẳng ( )ABC có vectơ pháp tuyến (1; 1; 0).n = 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình tham số của đường thẳng Δ là 1 3 4. x t y t z = − +⎧ ⎪ = +⎨ ⎪ = −⎩ 0,25 9
  11. 11. Câu Đáp án Điểm Điều kiện: .z i≠ Phương trình đã cho tương đương với 2 (4 3 ) 1 7 0.z i z i− + + + = 0,25 VII.b 2 3 4 (2 ) .i iΔ = − = − 0,50 (1,0 điểm) Nghiệm của phương trình đã cho là và1 2z i= + 3 .z i= + 0,25 -------------Hết------------- 10
  12. 12. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 1y x x= + − . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng −1. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 5 3 4cos cos 2(8sin 1)cos 5. 2 2 x x x x+ − = 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 ( , ). 2 2 x y x y x y x xy y ⎧ + = − −⎪ ⎨ ∈ − − =⎪⎩ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 0 2 1 . 1 x dx x − = +∫ 1. I Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45,SA SB= o . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm) Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3x y+ ≤ 1 1 A x xy = + ⋅ II. 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) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng(1; 2; 3),A − ( 1; 0; 1)B − ( ): 4 0.P x y z+ + + = 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng 6 , AB có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) tiếp xúc với (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 i z i z i− + + = − +(2 3 ) (4 ) (1 3 ) . Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 : 2 1 1 x y z− ( ): 2 2 2 0P x y z− + − = 2 (1 ) 6 3 0z i z i− + + + = d = = − và mặt phẳng . 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập hợp các số phức. ---------- 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: ................................ 11
  13. 13. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … • Tập xác định: .D = • Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 ; ' 0 2. x y x x y x =⎡ = + = ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2)−∞ − và (0; ).+∞ - Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; 0).− • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại 2x = − và ( 2) 3.C§y y= − = - Hàm số đạt cực tiểu tại 0x = và (0) 1.CTy y= = − 0,25 • Giới hạn: lim ; lim . x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến … Tung độ tiếp điểm là: ( 1) 1.y − = 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến là: '( 1) 3k y= − = − 0,25 Phương trình tiếp tuyến là: 1 ( 1)y k x− = + 0,25 I (2,0 điểm) 3 2.y x⇔ = − − 0,25 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với: 2cos4 8sin 2 5 0x x+ − = 0,25 2 4sin 2 8sin 2 3 0x x⇔ − + = 0,25 • 3 sin 2 2 x = : vô nghiệm. 0,25 II (2,0 điểm) • 1 sin 2 2 x = π π 12 ( ). 5π π 12 x k k x k ⎡ = +⎢ ⇔ ∈⎢ ⎢ = + ⎢⎣ 0,25 x−2 −1 3 y O x − ∞ −2 0 + ∞ y' + 0 − 0 + y − ∞ + ∞ 3 −1 12
  14. 14. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 (1) 2 2 (2) x y x y x xy y ⎧ + = − −⎪ ⎨ − − =⎪⎩ Điều kiện: 2 0.x y+ ≥ Đặt 2 , 0.t x y t= + ≥ Phương trình (1) trở thành: 2 2 3 0t t+ − = 0,25 1 3 (lo¹i). t t =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 Với 1,t = ta có 1 2 .y x= − Thay vào (2) ta được 2 2 3 0x x+ − = 1 3. x x =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 Với 1x = ta được 1,y = − với 3x = − ta được 7.y = Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; 1)− và ( 3;7).− 0,25 (1,0 điểm) Tính tích phân… 1 1 1 0 0 0 3 2 2 3 1 1 dx I dx dx x x ⎛ ⎞ = − = −⎜ ⎟ + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫ 0,25 11 0 0 2 3ln 1x x= − + 0,50 III (1,0 điểm) 2 3ln 2.= − 0,25 (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp… Gọi I là trung điểm AB. Ta có .SA SB SI AB= ⇒ ⊥ Mà ( ) ( ),SAB ABCD⊥ suy ra ( ).SI ABCD⊥ 0,25 Góc giữa SC và (ABCD) bằng SCI và bằng 45O , suy ra 2 2 5 2 a SI IC IB BC= = + = ⋅ 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 . 3 ABCDV SI S= 0,25 IV (1,0 điểm) 3 5 6 a = (đơn vị thể tích). 0,25 (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … Ta có 1 1 1 2 A x x x yxy = + ≥ + + 0,25 1 2 4 8 8 2. 8. 2 ( ) 32 ( )x x y x x y x yx x y ≥ ⋅ = ≥ = ≥ + + + ++ 0,50 V (1,0 điểm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 . 4 x y= = Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8. 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc … Hình chiếu vuông góc A' của A trên (P) thuộc đường thẳng đi qua A và nhận (1; 1; 1)u = làm vectơ chỉ phương. 0,25 Tọa độ A' có dạng '(1 ; 2 ; 3 ).A t t t+ − + + 0,25 Ta có: ' ( ) 3 6 0 2.A P t t∈ ⇔ + = ⇔ = − 0,25 VI.a (2,0 điểm) Vậy '( 1; 4;1).A − − 0,25 I S B A C D 45o 13
  15. 15. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu… Ta có ( 2; 2; 2) 2(1; 1; 1).AB = − − = − − Bán kính mặt cầu là 3 6 3 AB R = = ⋅ 0,25 Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng (1 ; 2 ;3 ).I t t t+ − − + 0,25 Ta có: 6 53 ( ,( )) 7.6 33 t tAB d I P t + = −⎡ = ⇔ = ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 • 5 ( 4;3; 2).t I= − ⇒ − − Mặt cầu (S) có phương trình là 2 2 2 1 ( 4) ( 3) ( 2) 3 x y z+ + − + + = ⋅ • 7 ( 6;5; 4).t I= − ⇒ − − Mặt cầu (S) có phương trình là 2 2 2 1 ( 6) ( 5) ( 4) 3 x y z+ + − + + = ⋅ 0,25 (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo … Gọi ( , ).z a bi a b= + ∈ ∈ Đẳng thức đã cho trở thành 6 4 2( ) 8 6a b a b i i+ − + = − 0,50 6 4 8 2 2 2 6 5. a b a a b b + = = −⎧ ⎧ ⇔ ⇔⎨ ⎨ + = =⎩ ⎩ 0,25 VII.a (1,0 điểm) Vậy z có phần thực bằng – 2, phần ảo bằng 5. 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng … d có vectơ chỉ phương ( 2; 1; 1),a = − (P) có vectơ pháp tuyến (2; 1;2).n = − 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). Ta có A(0;1;0)∈d nên (Q) đi qua A và [ , ]a n là vectơ pháp tuyến của (Q). 0,25 Ta có 1 1 1 2 2 1 [ , ] ; ; 3(1; 2; 0). 1 2 2 2 2 1 a n ⎛ ⎞− − = =⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ 0,25 Phương trình mặt phẳng (Q) là 2 2 0.x y+ − = 0,25 2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M … M d∈ nên tọa độ điểm M có dạng ( 2 ;1 ; ).M t t t− + 0,25 Ta có 2 2 2 ( ,( )) 4 ( 1) 1MO d M P t t t t= ⇔ + + + = + 0,25 2 5 0 0.t t⇔ = ⇔ = 0,25 VI.b (2,0 điểm) Do đó (0;1;0).M 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình … Phương trình có biệt thức 2 (1 ) 4(6 3 ) 24 10i i iΔ = + − + = − − 0,25 2 (1 5 )i= − 0,50 VII.b (1,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm là 1 2z i= − và 3 .z i= 0,25 ------------- Hết ------------- 14
  16. 16. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 21 2 3 3 y x x x= − + − +1. = 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 2 cos4 12sin 1 0.x x+ − 2. Giải bất phương trình 2 2 2 3 1 2 3 4 3.2 4 0x x x x xx + − − + − − − − .> Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 1 2 1 . ( 1) x I dx x x + = +∫ 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 2 (4 )(2 2) 4 4 2 2 ( ).x x x m x x 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 : 3 0.d x y+ + = 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 Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng.( ): 2 3 4 0.P x y z+ − − = Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 2 ( Tính môđun của z.1 2 ) 4 20.i z z i+ + = − 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 : 3 7 0,AB x y+ − = : 4 5 7 0,BC x y+ − = :3 2 7 0.CA x y+ − = Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 4 3 1 x y z d 1 . − + − = = − Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1; 2; − 3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm ,A B sao cho 26.AB = Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 2 2(1 ) 2 0.z i z i− + + = Tìm phần thực và phần ảo của 1 . 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: ........................... 15
  17. 17. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: .D = • 2 1 ' 4 3; ' 0 3. x y x x y x =⎡ = − + − = ⇔ ⎢ =⎣ 0,25 • Giới hạn: lim , lim . x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ • Bảng biến thiên: 0,25 - Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞). - Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 1 3 − ⋅ 0,25 • Đồ thị: 0,25 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 '(0) 3.k y= = − 0,25 Phương trình tiếp tuyến là ( 0) 1y k x= − + 0,25 I (2,0 điểm) 3 1.y x⇔ = − + 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 2cos 2 1 6(1 cos2 ) 1 0x x− + − − = 0,25 2 cos 2 3cos2 2 0.x x⇔ − + = 0,25 • cos2x = 2: Vô nghiệm. 0,25 II (2,0 điểm) • cos2 1 π ( ).x x k k= ⇔ = ∈Z 0,25 x − ∞ 1 3 + ∞ y’ − 0 + 0 − + ∞ 1 y 1 3 − − ∞ 1 3 O x y 1 1 3 − − 16
  18. 18. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 1x ≤ − hoặc 3.x ≥ Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 3 2 3 4 3.2 4 0.x x x x x x− − − − − − − − > 0,25 Đặt 2 2 3 2 0,x x x t − − − = > bất phương trình trên trở thành 2 3 4 0 4t t t− − > ⇔ > (do t > 0) 0,25 2 2 3 2x x x⇔ − − < − 7 2 2 x⇔ < < ⋅ 0,25 Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 7 3 2 x≤ < ⋅ 0,25 Ta có 2 1 1 1 . 1 I dx x x ⎛ ⎞ = +⎜ ⎟ +⎝ ⎠ ∫ 0,25 • 2 1 1 dx x∫ 2 1 ln | | ln 2.x= = 0,25 • 2 1 1 1 dx x +∫ 2 1 ln | 1| ln3 ln 2.x= + = − 0,25 III (1,0 điểm) Do đó ln3.I = 0,25 Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC. Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng o 30 .SBA = 0,25 . . 1 1 . . . 2 12 S ABM S ABCV V SA AB BC= = 0,25 ;BC AB a= = o 3 .tan30 3 a SA AB= = ⋅ 0,25 IV (1,0 điểm) Vậy 3 . 3 36 S ABM a V = ⋅ 0,25 Điều kiện: 1 4.x≤ ≤ Xét ( ) 4 2 2, 1 4.f x x x x= − + − ≤ ≤ 1 1 '( ) ; 2 4 2 2 f x x x − = + − − '( ) 0 3.f x x= ⇔ = • Bảng biến thiên (hình bên). 0,25 Đặt 4 2 2.t x x= − + − Phương trình đã cho trở thành 2 4 4 (1).t t m− + = Dựa vào bảng biến thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn 3 3.t≤ ≤ 0,25 Xét 2 ( ) 4 4, 3 3.g t t t t= − + ≤ ≤ '( ) 2 4; '( ) 0 2.g t t g t t= − = ⇔ = • Bảng biến thiên (hình bên). 0,25 V (1,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 1.m≤ ≤ 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình của đường thẳng ∆ qua A(2; − 4) và có vectơ pháp tuyến ( ; )v a b= là ( 2) ( 4) 0,a x b y− + + = với 2 2 0.a b+ ≠ 0,25 Vectơ pháp tuyến của d là (1; 1).u = Do đó 2 2 | | cos( , ) 2. a b d a b + ∆ = ⋅ + 0,25 o cos( , ) cos45 0.d ab∆ = ⇔ = 0,25 VI.a (2,0 điểm) Với 0,a = ta có phương trình : 4 0;y∆ + = với 0,b = ta có phương trình : 2 0.x∆ − = 0,25 x 1 3 4 f’(x) + 0 − 3 f(x) 6 3 t 3 2 3 g’(t) − 0 + 7 4 3− 1 g(t) 0 M S A B C 17
  19. 19. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3 (1). 1 x y x + = + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết rằng vuông góc với đường thẳng(1), d 2.y x= + Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2cos2 sin sin3 .x x x+ = b) Giải bất phương trình 2 3log (2 ).log (3 ) 1.x x > Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân 3 0 d . 1 x I x x = +∫ Câu 4. (1,0 điểm) Cho khối chóp có đáy.S ABC ABC là tam giác vuông cân tại ,A 2AB a= , .SA SB SC= = Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo . SA ( )ABC o 60 . .S ABC .S ABC a Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 4 ( 1) 2 1 0 (x x x x x+ − + + = ∈ ). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a. (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho đường trònOxy 2 2 ( ): 2 4 1 0C x y x y+ − − + = và đường thẳng Tìm để cắt ( tại hai điểm: 4 3 0.d x y m− + = m d )C ,A B sao cho o 120 ,AIB = với là tâm củaI ( ).C b) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng:Oxyz 1 : 2 ( 1 x t d y t t z t =⎧ ⎪ = ∈⎨ ⎪ = −⎩ ), ).2 1 2s : 2 2 ( x d y s s z s = +⎧ ⎪ = + ∈⎨ ⎪ = −⎩ Chứng minh và cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng1d 2d 1 2, .d d Câu 7.a. (1,0 điểm) Cho số phức thỏa mãnz 2 (1 2 ) (3 ) . 1 i i z i z i − − − = − + Tìm tọa độ điểm biểu diễn của trong mặt phẳng tọa độ Ox z .y B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b. (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giácOxy .ABC Các đường thẳng , ', ' 'BC BB B C lần lượt có phương trình là với2 0, 2 0, 3 2 0;y x y x y− = − + = − + = ', 'B C tương ứng là chân các đường cao kẻ từ ,B C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng , .AB AC b) Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳngOxyz 2 1 : 1 1 1 1x y z d − + + = = − − và mặt phẳng Đường thẳng Δ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của và (( ): 2 2 0.P x y z+ − = ( )P d d ).P Viết phương trình đường thẳng .Δ Câu 7.b. (1,0 điểm) Gọi là hai nghiệm phức của phương trình1 2,z z 2 2 1 2 0z z i .− + + = Tính 1 2 .z 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................................ 18
  20. 20. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 (1). 1 x y x + = + • Tập xác định: R {−1}. • Sự biến thiên: - Đạo hàm: 2 1 ' , ( 1) y x ' 0y − = + ,< ∀x ≠ −1. - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: ; tiệm cận nganglim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = 2.y = ( 1) lim x y − → − = − ∞ và ( 1) lim x y + → − = + ∞ ; tiệm cận đứng 1.x = − - Hàm số không có cực trị. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1 biết rằng vuông góc với đường thẳngd ), d 2.y x= + vuông góc với đường thẳngd y x= + 2 ⇔ có hệ số góc bằngd 1.− 0,25 Hoành độ tiếp điểm là 0x : 0 0 2 00 01 '( ) 1 1 2( 1) x y x xx =⎡− = − ⇔ = − ⇔ ⎢ = −+ ⎣ 0,25 0 0x = : Phương trình tiếp tuyến làd 3.y x= − + 0,25 1 (2,0 điểm) 0 2x = − : Phương trình tiếp tuyến làd 1.y x= − − 0,25 a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos2 sin sin3 .x x x+ =2 (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 sin sin3 0x x x+ − = 2cos2 2cos2 sin 0x x x⇔ − = 0,25 +∞ − ∞ 2 2 y 'y − − x − ∞ −1 + ∞ 3 2 − 3 O x y -1 23 19
  21. 21. cos2 0 sin 1 x x =⎡ ⎢ =⎣ 2cos2 (sin 1) 0x x⇔ − = ⇔ 0,25 cos2 0 . 4 2 x x k π π = ⇔ = + 0,25 sin 1 2 . 2 x x k π π= ⇔ = + 0,25 b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( )2 3log 2 .log 3 1x x > . Điều kiện Bất phương trình tương đương với0.x > 2 3(1 log )(1 log ) 1x x+ + > 0,25 [ ] 2 2 2 3 2 2 3 2 3 2 log log 6 (1 log )(1 log 2.log ) 1 log (log 2).log log 6 0 log 0 x x x x x x < −⎡ ⇔ + + > ⇔ + > ⇔ ⎢ >⎣ 0,25 2 2 1 log log 6 0 . 6 x x< − ⇔ < < 0,25 2log 0 1x x> ⇔ > . Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ( ) 1 0; 1; . 6 ⎛ ⎞ ∪ +∞⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 Tính tích phân 3 0 d . 1 x I x x = +∫ Đặt 1x t+ = ; d 2 d ; 0 1; 3 2.x t t x t x t= = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Ta có 2 2 1 2( 1)d .I t= −∫ t 0,25 Suy ra 2 3 1 2 . 3 t I t ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 3 (1,0 điểm) 8 . 3 I = 0,25 Cho khối chóp có đáy là tam giác vuông cân tại.S ABC ABC ,A 2AB a= , Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo .SA SB SC= = )SA (ABC o 60 . .S ABC .S ABC .a Gọi là trung điểm củaH BC ⇒ .HA HB HC= = Kết hợp với giả thiết suy raSA SB SC= = ,SH BC⊥ .SHA SHB SHC∆ = ∆ = ∆ ⇒ ( )SH ABC⊥ và o 60 .SAH = 0,25 4 (1,0 điểm) ABC∆ vuông cân tại :A 2 2AC AB a BC a= = ⇒ = ⇒ .AH a= SHA∆ vuông : o tan60 3SH AH a= = ⇒ 3 . 1 1 3 . . . 3 2 3 S ABC a V AB AC SH= = . 0,25 S A 2a H o60 2a B C 20
  22. 22. Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng thuộc mặt phẳng ( ,O R .S ABC O⇒ SH ⇒ O )SBC ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp .SBC∆ 0,25 Xét ta có,SHA∆ o 2 sin60 SH SA a= = SBC⇒ ∆ đều có độ dài cạnh bằng a2 o 2 2 . 32sin60 a a R⇒ = = 3 0,25 Giải phương trình 3 4 ( 1) 2 1 0 (x x x x x+ − + + = ∈ ). Điều kiện 1 2 x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 3 3 (2 ) 2 2 1 2 1 (1x x x x+ = + + + ) 0,25 Xét hàm số 3 ( )f t t= + t trên . Với mọi 2 , '( ) 3 1 0t f t t∈ = + > . 0,25 ⇒ ( )f t đồng biến trên . Do đó (1) 2 2 1.x x⇔ = + 0,25 5 (1,0 điểm) Giải phương trình trên được nghiệm 1 5 . 4 x + = 0,25 a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn ( ) và đường thẳng ,Oxy 2 2 : 2 4 1 0C x y x y+ − − + = : 4 3 0.d x y m− + = Tìm m để d ắt ( tại hai điểm ,c )C A B sao cho o 120 ,AI ới I là tâm của (C B = v ). Đường tròn ( có tâm bán kính)C (1;2),I 2R = . 0,25 Gọi là hình chiếu của trên khi đó:H I ,d o o 120 cos60 1.AIB IH IA= ⇔ = = 0,25 Do đó | 2| 1 5 m − = 0,25 7 3. m m =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ cho hai đường thẳng:,Oxyz 1 : 2 ( 1 x t d y t t z t =⎧ ⎪ = ∈⎨ ⎪ = −⎩ ), ).2 1 2s : 2 2 ( x d y s s z s = +⎧ ⎪ = + ∈⎨ ⎪ = −⎩ Chứng minh và cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng1d 2d 1 2, .d d Xét hệ ( ) 1 2s 2 2 2s * 1 t t t s = +⎧ ⎪ = +⎨ ⎪ − = −⎩ 0,25 Giải hệ ( được)* 1 0 t s =⎧ ⎨ =⎩ cắt nhau.⇒ 1 2,d d 0,25 1d có VTCP ( )1 1;2; 1 ,u = − có VTCP2d ( )2 2;2; 1 .u = − Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm và có một VTPT là1(0;0;1)I ∈d ( )1 2[ , ] 0; 1; 2 .u u = − − 0,25 6.a (2,0 điểm) Phương trình mặt phẳng cần tìm: 2 2 0.y z+ − = 0,25 Cho số phức thỏa mãnz 2 (1 2 ) (3 ) . 1 i i z i z i − − − = − + Tìm tọa độ điểm biểu diễn của trong mặt phẳng tọa độ z .Oxy 7.a (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 (1 2 ) (3 ) 1 i i z i z i − − − − = + 0,25 21
  23. 23. 1 3 ( 2 ) 2 i i z − ⇔ − − = 0,25 1 7 10 10 z i⇔ = + 0,25 Điểm biểu diễn của làz 1 7 ; . 10 10 M ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác Các đường thẳng,Oxy .ABC , ', ' 'BC BB B C lần lượt có phương trình là với2 0, 2 0, 3 2 0;y x y x y− = − + = − + = ', 'B C tương ứng là chân các đường cao kẻ từ ,B C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng , .AB AC Tọa độ của điểm 'B là nghiệm của hệ 2 0 , 3 2 0 x y x y − + =⎧ ⎨ − + =⎩ giải hệ ta được 2 '( 2;0) 0 x B y = −⎧ ⇒ −⎨ =⎩ Đường thẳng AC đi qua 'B và vuông góc với 'BB nên AC có phương trình 2 0.x y+ + = 0,25 Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ 2 0 , 2 0 x y y − + =⎧ ⎨ − =⎩ giải hệ ta được 0 (0;2). 2 x B y =⎧ ⇒⎨ =⎩ Tọa độ của điểm là nghiệm của hệC 2 0 , 2 0 x y y + + =⎧ ⎨ − =⎩ giải hệ ta được 4 ( 4;2). 2 x C y = −⎧ ⇒ −⎨ =⎩ 0,25 '(3 2; ) ' ',C t t B C− ∈ từ ''BC CC⊥ suy ra 4 2 '( ; ) 5 5 C − hoặc '( 2;0).C − Nếu 4 2 '( ; ) 5 5 C − thì đường thẳng có phương trình làAB 2 2 0.x y− + = 0,25 Nếu thì đường thẳng có phương trình là'( 2;0)C − AB 2 0.x y− + = 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng,Oxyz 2 1 : 1 1 1 1x y z d − + + = = − − và mặt phẳng Đường thẳng( ):2 2 0.P x y z+ − = ∆ nằm trong vuông góc với tại giao điểm của d và Viết phương trình đường thẳng ( )P d ( ).P .∆ Gọi là giao điểm của d và ( ;I )P (1; 2;0)I − . 0,25 ( )P có một VTPT là (2;1; 2)Pn = − , có một VTCP làd ( 1; 1;1)du = − − . 0,25 [ . nằm trong vuông góc với d ⇒, ] ( 1;0; 1)P dn u = − − ∆ ( )P ∆ có một VTCP là [ ; ]P du n u∆ = . 0,25 6.b (2,0 điểm) Phương trình đường thẳng 1 : 2 ( x t y t z t = −⎧ ⎪ ∆ = − ∈⎨ ⎪ = −⎩ ). 0,25 Gọi là 2 nghiệm phức của phương trình1 2,z z 2 2 1 2 0z z i− + + = . Tính 1 2 .z z+ Phương trình đã cho tương đương với 2 2 ( 1) (1 ) 0z i− − − = 0,25 ( )( 2 ) 0z i z i⇔ − − + = 0,25 2 z i z i =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 7.b (1,0 điểm) 1 2 | | | 2 | 1 5.z z i i+ = + − = + 0,25 ----HẾT---- 22
  24. 24. BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH CAO ÑAÚNG NAÊM 2013 −−−−−−−−−− Moân: TOAÙN; Khoái A, Khoái A1, Khoái B vaø Khoái D ÑEÀ CHÍNH THÖÙC Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = 2x + 1 x − 1 . a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho. b) Goïi M laø ñieåm thuoäc (C) coù tung ñoä baèng 5. Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M caét caùc truïc toïa ñoä Ox vaø Oy laàn löôït taïi A vaø B. Tính dieän tích tam giaùc OAB. Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình cos π 2 − x + sin 2x = 0. Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình xy − 3y + 1 = 0 4x − 10y + xy2 = 0 (x, y ∈ R). Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân I = 5 1 dx 1 + √ 2x − 1 . Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho laêng truï ñeàu ABC.A B C coù AB = a vaø ñöôøng thaúng A B taïo vôùi ñaùy moät goùc baèng 60◦ . Goïi M vaø N laàn löôït laø trung ñieåm cuûa caùc caïnh AC vaø B C . Tính theo a theå tích cuûa khoái laêng truï ABC.A B C vaø ñoä daøi ñoaïn thaúng MN. Caâu 6 (1,0 ñieåm). Tìm m ñeå baát phöông trình (x − 2 − m) √ x − 1 ≤ m − 4 coù nghieäm. II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho caùc ñöôøng thaúng d : x + y − 3 = 0, ∆ : x − y + 2 = 0 vaø ñieåm M(−1; 3). Vieát phöông trình ñöôøng troøn ñi qua M, coù taâm thuoäc d, caét ∆ taïi hai ñieåm A vaø B sao cho AB = 3 √ 2. Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(4; −1; 3) vaø ñöôøng thaúng d : x − 1 2 = y + 1 −1 = z − 3 1 . Tìm toïa ñoä ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua d. Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän (3 + 2i)z + (2 − i)2 = 4 + i. Tìm phaàn thöïc vaø phaàn aûo cuûa soá phöùc w = (1 + z) z. B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC vuoâng taïi A(−3; 2) vaø coù troïng taâm laø G 1 3 ; 1 3 . Ñöôøng cao keû töø ñænh A cuûa tam giaùc ABC ñi qua ñieåm P(−2; 0). Tìm toïa ñoä caùc ñieåm B vaø C. Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(−1; 3; 2) vaø maët phaúng (P) : 2x − 5y + 4z − 36 = 0. Goïi I laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân maët phaúng (P). Vieát phöông trình maët caàu taâm I vaø ñi qua ñieåm A. Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình z2 + (2 − 3i)z − 1 − 3i = 0 treân taäp hôïp C caùc soá phöùc. −−−−−−Heát−−−−−− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
  25. 25. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) • Tập xác định: {1}.D = • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 3 ' ; ' 0, ( 1) y y x = − < ∀ ∈ − .x D Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( ;1)−∞ và (1; ).+∞ 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: ; tiệm cận ngang:lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = 2.y = ; tiệm cận đứng: 1 1 lim , lim x x y y − +→ → = −∞ = +∞ 1.x = 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) 2 1 ( ;5) ( ) 5 2. 1 m M m C m m + ∈ ⇔ = ⇔ = − Do đó (2;5).M 0,25 Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: '(2)( 2) 5,y y x= − + hay : 3 11.d y x= − + 0,25 d cắt Ox tại (11 ; 0 , 3 A ) cắt Oy tại B(0; 11). 0,25 1 (2,0 điểm) x 'y y − ∞ 1 + ∞ − − + ∞ − ∞ 2 2 2 O y 1 x Diện tích tam giác OAB là 1 1 11 121 . . . .11 . 2 2 3 S OAOB= = = 6 0,25 24
  26. 26. Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với sin2 sinx x= − 0,25 sin2 sin( )x x⇔ = − 0,25 2 2π ( ) 2 π 2π x x k k x x k =− +⎡⇔ ∈ ⎢ = + +⎣ 0,25 2 (1,0 điểm) 2π ( )3 π 2π x k k x k ⎡ = ⇔ ∈⎢ ⎢ = +⎣ . 0,25 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 2π , 3 x k= π 2π ( )x k k .= + ∈ { 2 3 1 0 (1) 4 10 0 (2) xy y x y xy − + = − + = Nhận xét: không thỏa mãn (1). Từ (1) ta được0y = 3 1 (3). y x y − = 0,25 Thay vào (2) ta được 3 2 3 11 12 4y y y− + − =0 0,25 1y⇔ = hoặc hoặc2y = 2 . 3 y = 0,25 3 (1,0 điểm) Thay vào (3) ta được nghiệm (x; y) của hệ là ( )5 (2;1), ; 2 2 và ( )3 2 ; . 2 3 0,25 Đặt 2 1.t Suy rax= − ;d dx t t= khi x = 1 thì t =1, khi x = 5 thì t = 3. 0,25 Khi đó ( ) 3 3 1 1 1 d 1 d 1 1 t I t t t = = − + +∫ ∫ t 0,25 ( ) 3 1 ln| 1|t t= − + 0,25 4 (1,0 điểm) 2 ln2.= − 0,25 ' ( )AA ABC⊥ 'A BA⇒ là góc giữa 'A B với đáy o ' 60A BA⇒ = . 0,25 5 (1,0 điểm) ' .tan 'AA AB A BA a⇒ = = 3. Do đó 3 . ' ' ' 3 '. . 4ABC A B C ABC a V AA SΔ= = 0,25 Gọi K là trung điểm của cạnh BC. Suy ra ΔMNK vuông tại K, có , ' 2 2 AB a MK NK AA a= = = = 3. 0,25 Do đó 2 2 13 . 2 a MN MK NK= + = 0,25 Điều kiện: Đặt1.x ≥ 1,t x= − suy ra 0.t ≥ Bất phương trình đã cho trở thành 3 4 . 1 t t m t − + ≥ + 0,25 Xét 3 4 ( ) , 1 t t f t t − + = + với Ta có0.t ≥ 2 2 ( 1)(2 5 5) '( ) ; ( 1) t t t f t t − + + = + '( ) 0 1.f t t= ⇔ = 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 6 (1,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên ta được bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2.m ≥ 0,25 t ( )f t 0 +∞ +−'( )f t 0 4 1 2 +∞ A B C A′ K M N B′ C′ 25
  27. 27. Câu Đáp án Điểm Gọi (C) là đường tròn cần viết phương trình và I là tâm của (C). Do suy ra,I d∈ ( ;3 ).I t t− 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, suy ra 3 2 2 2 AB AH = = và |2 1| ( ; ) . 2 t IH d I − = Δ = Do đó 2 2 2 2 2 5IA IH AH t t .= + = − + 0,25 Từ IM IA= ta được 2 2 2 2 1 2 2 5t t t t ,+ + = − + suy ra t 1.= Do đó (1;2).I 0,25 7.a (1,0 điểm) Bán kính của (C) là 5.R IM= = Phương trình của (C) là ( 1 2 2 ) ( 2) 5.x y− + − = 0,25 Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Phương trình của (P) là 2 12x y z− + − =0. 0,25 Gọi H là giao điểm của d và (P). Suy ra (1 2 ; 1 ; 3 ).H t t t+ − − + 0,25 Do nên 2( Suy ra t( )H P∈ 1 2 ) ( 1 ) (3 ) 12 0.t t t+ − − − + + − = 1.= Do đó (3; 2;4).H − 0,25 8.a (1,0 điểm) Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua d, suy ra H là trung điểm của đoạn '.AA Do đó '(2; 3;5).A − 0,25 2 (3 2 ) (2 ) 4 (3 2 ) 1 5i z i i i z i+ + − = + ⇔ + = + 0,25 1 .z i⇔ = + 0,25 Suy ra w i(2 )(1 ) 3 .i i= + − = − 0,25 9.a (1,0 điểm) Vậy w có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −1. 0,25 Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Suy ra 3 . 2 AM AG= Do đó ( )1 2; . 2 M − 0,25 Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AP, nên có phương trình 2 3 0x y .− − = 0,25 Tam giác ABC vuông tại A nên B và C thuộc đường tròn tâm M, bán kính 5 5 . Tọa độ các điểm B và C là nghiệm của hệ 2 MA= ( ) 2 2 2 3 0 1 12 ( 2) 2 4 x y x y − − =⎧ ⎪ ⎨ − + + =⎪⎩ 5 0,25 7.b (1,0 điểm) 7, 2 3, 3. x y x y = =⎡⇔ ⎢ = − = −⎣ Vậy (7;2), ( 3; 3)B C − − hoặc .( 3; 3), (7;2)B C− − 0,25 Do nên( )IA P⊥ ( 1 2 ;3 5 ;2 4 ).I t t− + − + t 0,25 Do nên( )I P∈ 2( 1 2 ) 5(3 5 ) 4(2 4 ) 36 0,t t t− + − − + + − = suy ra 1.t = Do đó (1; 2;6).I − 0,25 Ta có 3 5.IA= 0,25 8.b (1,0 điểm) Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A là 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 6) 45x y z− + + + − = . 0,25 Phương trình có biệt thức2 (2 3 ) 1 3 0z i z i+ − − − = 1.Δ = − 0,25 Suy ra Δ = 2 .i 0,25 Nghiệm của phương trình đã cho là 1 2z i= − + 0,25 9.b (1,0 điểm) hoặc 1 .z i= − + 0,25 ------------- Hết ------------- A B P M G C M A BH I 26
  28. 28. BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH CAO ÑAÚNG NAÊM 2014 −−−−−−−−−− Moân: TOAÙN; Khoái A, Khoái A1, Khoái B vaø Khoái D ÑEÀ CHÍNH THÖÙC Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = −x3 + 3x2 − 1 (1). a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá (1). b) Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa ñoà thò (C) taïi ñieåm thuoäc (C) coù hoaønh ñoä baèng 1. Caâu 2 (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän 2z − i z = 2 + 5i. Tìm phaàn thöïc vaø phaàn aûo cuûa z. Caâu 3 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân I = 2 1 x2 + 2 ln x x dx. Caâu 4 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình 32x+1 − 4.3x + 1 = 0 (x ∈ R). Caâu 5 (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñieåm A(−2; 5) vaø ñöôøng thaúng d : 3x − 4y + 1 = 0. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi d. Tìm toïa ñoä ñieåm M thuoäc d sao cho AM = 5. Caâu 6 (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho caùc ñieåm A(2; 1; −1), B(1; 2; 3) vaø maët phaúng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Tìm toïa ñoä hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân (P). Vieát phöông trình maët phaúng chöùa A, B vaø vuoâng goùc vôùi (P). Caâu 7 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình vuoâng caïnh a, SA vuoâng goùc vôùi ñaùy, SC taïo vôùi ñaùy moät goùc baèng 45◦. Tính theo a theå tích cuûa khoái choùp S.ABCD vaø khoaûng caùch töø ñieåm B ñeán maët phaúng (SCD). Caâu 8 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình x2 + xy + y2 = 7 x2 − xy − 2y2 = −x + 2y (x, y ∈ R). Caâu 9 (1,0 ñieåm). Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá f(x) = 2 √ x + √ 5 − x. −−−−−−Heát−−−−−− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . 27
  29. 29. BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO ÑAÙP AÙN - THANG ÑIEÅM −−−−−−−−−− ÑEÀ THI TUYEÅN SINH CAO ÑAÚNG NAÊM 2014 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC Moân: TOAÙN; Khoái A, Khoái A1, Khoái B vaø Khoái D (Ñaùp aùn - Thang ñieåm goàm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Caâu Ñaùp aùn Ñieåm 1 a) (1,0 ñieåm) (2,0ñ) • Taäp xaùc ñònh: D = R. • Söï bieán thieân: - Chieàu bieán thieân: y = −3x2 + 6x; y = 0 ⇔ x = 0 x = 2. 0,25 Caùc khoaûng nghòch bieán: (−∞; 0) vaø (2; +∞); khoaûng ñoàng bieán: (0; 2). - Cöïc trò: Haøm soá ñaït cöïc tieåu taïi x = 0, yCT = −1; ñaït cöïc ñaïi taïi x = 2, yCÑ = 3. - Giôùi haïn taïi voâ cöïc: lim x→−∞ y = +∞; lim x→+∞ y = −∞. 0,25 - Baûng bieán thieân: x −∞ 0 2 +∞ y − 0 + 0 − y −1 −∞ +∞ 3PPPPPPq 1 PPPPPPq 0,25 • Ñoà thò:   x ¡ y ¢ £ 2 ¤ −1 ¥ 3 0,25 b) (1,0 ñieåm) Heä soá goùc cuûa tieáp tuyeán laø y (1) = 3. 0,25 Khi x = 1 thì y = 1, neân toïa ñoä tieáp ñieåm laø M(1; 1). 0,25 Phöông trình tieáp tuyeán d caàn tìm laø y − 1 = 3(x − 1) 0,25 ⇔ d : y = 3x − 2. 0,25 2 Ñaët z = a + bi (a, b ∈ R). Töø giaû thieát ta ñöôïc 2(a + bi) − i(a − bi) = 2 + 5i 0,25 (1,0ñ) ⇔ 2a − b = 2 2b − a = 5 0,25 ⇔ a = 3 b = 4. 0,25 Do ñoù soá phöùc z coù phaàn thöïc baèng 3 vaø phaàn aûo baèng 4. 0,25 1 28
  30. 30. Caâu Ñaùp aùn Ñieåm 3 (1,0ñ) Ta coù I = 2 1 x dx + 2 1 2 lnx x dx. 0,25 • 2 1 x dx = x2 2 2 1 = 3 2 . 0,25 • 2 1 2 lnx x dx = 2 1 2 lnx d(lnx) = ln2 x 2 1 = ln2 2. 0,25 Do ñoù I = 3 2 + ln2 2. 0,25 4 Ñaët t = 3x, t 0. Phöông trình ñaõ cho trôû thaønh 3t2 − 4t + 1 = 0 0,25 (1,0ñ) ⇔ t = 1 t = 1 3 . 0,25 • Vôùi t = 1 ta ñöôïc 3x = 1 ⇔ x = 0. 0,25 • Vôùi t = 1 3 ta ñöôïc 3x = 3−1 ⇔ x = −1. Vaäy nghieäm cuûa phöông trình ñaõ cho laø x = 0 hoaëc x = −1. 0,25 5 Ñöôøng thaúng d coù vectô phaùp tuyeán −→n = (3; −4). 0,25 (1,0ñ) Ñöôøng thaúng ∆ caàn vieát phöông trình ñi qua A vaø nhaän −→n laøm vectô chæ phöông, neân ∆ : 4(x + 2) + 3(y − 5) = 0 ⇔ ∆ : 4x + 3y − 7 = 0. 0,25 M ∈ d, suy ra M t; 3t + 1 4 . 0,25 AM = 5 ⇔ (t + 2)2 + 3t + 1 4 − 5 2 = 52 ⇔ t = 1. Do ñoù M(1; 1). 0,25 6 (1,0ñ) Phöông trình ñöôøng thaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi (P) laø x − 2 1 = y − 1 2 = z + 1 −2 . Goïi H laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân (P), suy ra H(2 + t; 1 + 2t; −1 − 2t). 0,25 Ta coù H ∈ (P) neân (2 + t) + 2(1 + 2t) − 2(−1 − 2t) + 3 = 0 ⇔ t = −1. Do ñoù H(1; −1; 1). 0,25 Ta coù −−→ AB = (−1; 1; 4) vaø vectô phaùp tuyeán cuûa (P) laø −→n = (1; 2; −2). Suy ra [ −−→ AB, −→n ] = (−10; 2; −3). 0,25 Maët phaúng (Q) caàn vieát phöông trình ñi qua A vaø nhaän [ −−→ AB, −→n ] laøm vectô phaùp tuyeán, neân (Q) : −10(x − 2) + 2(y − 1) − 3(z + 1) = 0 ⇔ (Q) : 10x − 2y + 3z − 15 = 0. 0,25 7 (1,0ñ) Ta coù SA ⊥ (ABCD) neân goùc giöõa SC vaø ñaùy laø SCA. Do ABCD laø hình vuoâng caïnh a, neân AC = √ 2 a. Suy ra SA = AC. tan SCA = √ 2 a. 0,25 Theå tích khoái choùp laø VS.ABCD = 1 3 .SA.SABCD = √ 2 a3 3 . 0,25 Goïi H laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân SD, suy ra AH ⊥ SD. Do CD ⊥ AD vaø CD ⊥ SA neân CD ⊥ (SAD). Suy ra CD ⊥ AH. Do ñoù AH ⊥ (SCD). 0,25 ¦ A § B ¨ C © D S H Ta coù 1 AH2 = 1 SA2 + 1 AD2 = 3 2a2 . Do ñoù d(B, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AH = √ 6 a 3 . 0,25 29
  31. 31. Caâu Ñaùp aùn Ñieåm 8 (1,0ñ) x2 + xy + y2 = 7 (1) x2 − xy − 2y2 = −x + 2y (2). Ta coù (2) ⇔ (x − 2y)(x + y + 1) = 0 0,25 ⇔ x = 2y x = −y − 1. 0,25 • Vôùi x = 2y, phöông trình (1) trôû thaønh 7y 2 = 7 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 y = −1 ⇒ x = −2. 0,25 • Vôùi x = −y − 1, phöông trình (1) trôû thaønh y 2 + y − 6 = 0 ⇔ y = −3 ⇒ x = 2 y = 2 ⇒ x = −3. Vaäy caùc nghieäm (x; y) cuûa heä ñaõ cho laø: (2; 1), (−2; −1), (2; −3), (−3; 2). 0,25 9 (1,0ñ) Taäp xaùc ñònh cuûa haøm soá laø D = [0; 5]. Ta coù f (x) = 1 √ x − 1 2 √ 5 − x , ∀x ∈ (0; 5). 0,25 f (x) = 0 ⇔ √ x = 2 √ 5 − x ⇔ x = 4. 0,25 Ta coù f(0) = √ 5; f(4) = 5; f(5) = 2 √ 5. 0,25 • Giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá laø f(0) = √ 5. • Giaù trò lôùn nhaát cuûa haøm soá laø f(4) = 5. 0,25 −−−−−−Heát−−−−−− 30

×