Tổng hợp đề thi cao đẳng môn toán từ 2008 đến 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC


ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008

Môn thi: TOÁN, khối A, B, D
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.
x1
=
−

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 sin 3x 3 cos3x 2sin 2x.
−=

2.

Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình
xmy1
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
()
A1;1;3
và đường thẳng d có phương trình
xyz1
.
112
−
==
−

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
22
xy2.+= Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
()
33
P2x 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
22

log x 1 6 log x 1 2 0.
+− ++=

2.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
n
n
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: …………………………
hoctoancapba.com
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
y1 .
x1
=+
−

• 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
()
2
x
xm x mxm01
x1
=− + ⇔ − + =
−
(do không là nghiệm).
x1=
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
m0
2
m4m0 m4Δ= − > ⇔ >
.
.
<

Vậy
m
hoặc
4>
m0<
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)








Phương trình đã cho
13
sin 3x cos3x sin 2x
22
⇔− =


sin 3x sin 2x
3
π
⎛⎞
⇔−

=
⎜⎟
⎝⎠
0,50
1/4

hoctoancapba.com
3x 2x k2
3
3x 2x k2
3
π
⎡
−= + π
⎢
⇔
⎢
π
⎢
−=π− + π
⎢
⎣
⇔
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +
5
(k ∈
Z
).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +

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:
()
xmy11.=+
() ()
2
3m
mm
y 1 y 3 y 2.
m1
−
++=⇔=
+

Thay (2) vào (1) ta có
2
3m 1
x.
m1
+
=

+


0,50

Xét điều kiện
xy 0 :<
()()
()
>
⎡
+−
⎢
<⇔ <⇔
⎢
<−
+
⎣
2
2
m3
3m 1 3 m
xy 0 0
1
m.
m1
3

Vậy
m

hoặc
3>
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
()
u1;1;2=− .
G

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
()
P
n1;1;2=− .
JJG

0,50

Phương trình mặt phẳng (P) là:
()()()

1. x 1 1. y 1 2. z 3 0−− −+ − =

xy2z60.⇔−+ −=
0,50
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cân tại đỉnh O (1,00 điểm)
MOAΔ

+) ⇒
Md∈
()
Mt; t;1 2t.−+
+) cân tại đỉnh O và M, O, A không thẳng hàng.
MOAΔ OM OA⇔=

0,25


OM

hoặc

OA=
()
2
22
tt 2t1 11⇔++ + =
t1⇔=
5
t
3

=−
.
0,25
+) Với ta có Với
t1=
()
M1; 1;3.−
5
t
3
=−
ta có
55 7
M;;
33 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
()
1
M1; 1;3−

2
55 7
M;;
33 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
x4xx x0−+ =⇔=
hoặc
x3.=
0,25

Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
S =
33
22
00
x 4x x dx x 3x dx.−+ − =−+
∫∫

0,25
2/4
hoctoancapba.com





Do nên . Suy ra
0x3≤≤
2
x3x0−+ ≥
()
3
3
32
2
0
0
xx
S x 3x dx 3
32

⎛⎞
=−+ =− + =
⎜⎟
⎝⎠
∫
9
2
.
Vậy
9
S
(đvdt).
2
=

0,50
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm)
()
33
P 2 x y 3xy=+−

Ta có:
()
()
()( )
22
P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.=+ +−−=+ −−
Đặt Do nên x y t.+=
22

xy+=

2
2
t2
xy
2
−
= . Suy ra
22
32
t2 t2 3
P2t2 3 t t 6t3.
22 2
⎛⎞
−−
=− − =−−++
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Do nên
()
2
xy 4xy+≥
()
22
t2t2 2t2≥−⇔−≤≤.
0,25

Xét
()
32
3
ft t t 6t 3
2
=− − + +
với
[
]
t2;2∈− .

Ta có :
()
2
f' t 3t 3t 6=− − +

()
[
]
[]
t2 2;2
f' t 0
t1 2;2.
⎡
=− ∈ −
=⇔
⎢
=∈−

⎢
⎣
Bảng biến thiên:









Vậy
13
ma

x P , min P 7.
2
==−

0,50
V.a

2,00
1
Tìm
A
(1,00 điểm)
Ox,B Oy ∈∈

+)
()() (
AOx,BOy Aa;0,B0;b,AB a;b∈∈⇒ =−
)
.
JJJG

0,25
+) Vectơ chỉ phương của d là
()
u2;1=
G
.
Tọa độ trung điểm I của AB là
ab
;.
22
⎛⎞
⎜⎟

⎝⎠
0,25

+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
2a b 0
a2
AB.u 0
a
b
4.
b30
Id
2
−+=
⎧
⎧
=
⎧
=
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−+=
∈

⎪
⎩
⎩
⎪
⎩
JJJG G

Vậy
A2

()()
;0,B0;4.


0,50


13
2

f(t)
t -2 1 2
+ 0 - f’(t)
-7 1
3/4
hoctoancapba.com
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
18
18 k
kk
5
k1 18 18
5
1
TC.2x. C.2.x
x
−
−
−
+
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

18k
.

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 18

T 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 với
x1>− .
() ()
2
22
log x 1 3log x 1 2 0.+− ++=

0,25
Đặt ta được hoặc
(
2
tlogx1=
)
+
1
.
2
t3t20 t−+=⇔=
t2=
0,25

Với ta có (thỏa mãn điều kiện).
t1=
()
2
log x 1 1 x 1 2 x 1+=⇔+=⇔=
Với ta có (thỏa mãn điều kiện).
t2=
()
2
log x 1 2 x 1 4 x 3+=⇔+=⇔=
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x1,x3.==


0,50








2

Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính (1,00 điểm)

+) MN là đường trung bình của
Δ
MN // AD và

SAD
⇒
1
MN AD
2
=


⇒
MN // BC và BCNM là hình bình hành (1).
MN BC= ⇒

0,25




S
A
B
C
N M
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: S2

BCNM BCM S.BCNM S.BCM
S V 2V.
Δ
= ⇒ =
3
S.BCM C.SBM SBM SAB
1111a
V CB.S CB.S CB. .SA.AB .
36626
ΔΔ
== = = =

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



4/4
hoctoancapba.com

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn: TOÁN; Khối: A, B, D.
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.
32
(2 1) (2 ) 2 (1),yx m x mx=− − +− +
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
xx+=++x

2. Giải bất phương trình

12 2 5 1( ).xx xx++ − ≤ + ∈\

Câu
III (1,0 điểm)

Tính tích phân
1
2
0
()
xx
.
I
exed
−
=+
∫
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
.
M
N vuông góc với đường thẳng
Tính theo thể tích của khối tứ diện
.SP
a
.
A
MNP
Câu
V (1,0 điểm)

Cho và
b
là hai số thực thỏa mãn
a
0ab1.< <<
Chứng minh rằng
ab

22
ln ln ln ln .ba 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
A
BC có
C
(1; 2),
− −
đường trung tuyến
kẻ từ
A
và đường cao kẻ từ
B
lần lượt có phương trình là
59
xy
0

+ −=
và
350
xy
.
+ −=

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 40Px y z+++=
2
():3 2 10.Pxyz+−+=
()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 của
z
2
(1 ) (2 ) 8 (1 2 ) .iizi 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
:23xy 0Δ −−=
và
Tìm tọa độ điểm
2
:1xyΔ++=0.
M
thuộc đường thẳng
1
Δ
sao cho khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng
2

Δ

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)AB
(0; 2; 1).G −
Δ
đi qua điểm và vuông góc với mặt phẳng
C
().
A
BC

Câu VII.
b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức:
437
2.
zi
zi
zi
− −

= −
−

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:
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn: TOÁN; Khối: A, B, D.

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

Đáp án

Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị …
Khi hàm số trở thành
2,m = (1)
32
32yx x=− +.

• Tập xác định:
.\
•
Chiều biến thiên:
- Ta có hoặc
2
'3 6;yxx=−
'0 0yx=⇔=
2.x =
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
(;
và
0)−∞ (2; ).+∞
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2).
0,25
•

Cực trị:
- Hàm số đạt cực đại tại
y
0,x =
CĐ
=
y
(0) = 2.
- Hàm số đạt cực tiểu tại
y
2,x =
CT

=
y
(2) = −2.
•

Các giới hạn tại vô cực: và
lim
x
y
→−∞
=−∞ lim .
x
y
→+∞
=+∞
0,25
•

Bảng biến thiên:



Trang
1
/
4



0,25

•

Đồ thị









0,25
2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m …
Ta có
()
2
'3 22 1 2yx mx=− −+−.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
mm
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
hoctoancapba.com
Trang
2/
4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương với
(si

n 1)(2sin 2 1) 0xx+−
II
=
0,50
•


sin 1x =−
π
2π ()

2
xkk⇔=−+ ∈]
(2,0 điểm)
.

0,25
•

1
sin 2
2
x =

π
π
12
x
k⇔=
hoặc
+
5π
π ()
12
xkk=+ ∈
]
.

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)2xx+−≤

0,25
23x⇔− ≤ ≤ .
0,25
Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
[
]
2; 3 .

0,25
11 1 1
1
0
00 0 0
1
1.
xxxx x
I
e dx xe dx e xe dx xe dx
e
−−
=+=−+=−+
∫∫ ∫ ∫

0,25
Đặt và ta có và
.

ux=
,
x
dv e dx=
du dx=
x
v

e=
0,25
1
11
00
0
11
11
x
xx
I
xe e dx e e
ee
=− + − =− +−
∫

0,25
III
(1,0 điểm)
1
2
e

=−⋅

0,25
Ta có
//
M
NCD
và suy ra
,SP CD⊥
.
M
NSP⊥

0,50
IV
(1,0 điểm)
Gọi là tâm của đáy O .
A
BCD
Ta có
22
6
2
a
SO SA OA=−=
⋅

.
11
48

A
MNP ABSP S ABCD
VVV==

3
2
11 6

83 48
a
SO AB==
⋅



0,50
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
22
ln ln
11
ab
ab
<⋅
++

0,25
Xét hàm số
2
ln
() , (0;1).

1
t
ft t
t
=∈
+
Ta có
2
22
1
(1)2ln
'( ) 0, (0; 1).
(1)
ttt
t
ft t
t
+−
=>∀
+
∈

Do đó
()
f
t
đồng biến trên khoảng
(0

; 1).

0,50
V
(1,0 điểm)
Mà nên
01ab<<<,() ().
f
afb<
Vậy
22
ln ln
11
ab
ab
<⋅
++

0,25
S
M
N
A
B
C

D
P

O
hoctoancapba.com

Trang
3
/
4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B …
Đường thẳng
A
C qua và vuông góc với đường thẳng C
350xy+−=.
Do đó
:3 1 0.AC x y−+=
0,25
Tọa độ điểm
A
thỏa mãn hệ
590
(1; 4).
310
xy
A
xy
+−=
⎧
⇒
⎨
−+=
⎩
0,25
Điểm B thuộc đường thẳng và trung điểm của

350xy+−=
B
C
thuộc đường
thẳng
5
Tọa độ điểm
9xy+−=0.
B
thỏa mãn hệ
350
12
59
22
xy
xy
+−=
⎧
⎪
−−
⎨
⎛⎞
+−=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩
0

0,25

(5; 0).B
⇒

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) …
•

(P
1
) có vectơ pháp tuyến
1
(1; 2; 3).n =
JJG
•

(P
2
) có vectơ pháp tuyến
2
(3; 2; 1).n =−
JJG
0,25
•

(P) có vectơ pháp tuyến
(4; 5; 2).n =−
JJG
0,25
VI.a
(2,0 điểm)

(P) qua A(1; 1; 1) nên
():4 5 2 1 0.Pxyz−+−=
0,50
Hệ thức đã cho tương đương với
(1

2 ) 8iz i+=+
0,25
23.zi⇔=−

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
Mt t∈Δ
⇒
+

0,25
Khoảng cách từ
M
đến là
2
Δ

2
|2 3 1|
(, )
2
tt
dM
+++
Δ=
⋅

0,25
2
1
(, )
2
dM Δ=
1
5
3
t
t
=−
⎡
⎢
⇔
⎢
=− ⋅
⎣

0,25

Vậy hoặc
(1; 1)M −
15
;.
33
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=− =− −
JJJG JJJG
0,25
Mặt phẳng
()
A
BC
có vectơ pháp tuyến
(1; 1; 0).n =
JJG

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
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn: TOÁN; Khối: A, B, 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 I (2,0 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
32
31yx 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
53
4

cos cos 2(8sin 1)cos 5.
22
xx
xx+−=
2. Giải hệ phương trình
22
22 32
(, ).
22
xy xy
xy
xxyy
⎧
+=− −
⎪
⎨

∈

−−=
⎪
⎩
\
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
1
0
21
.
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
3xy+≤
11
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.Px 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
iz iz 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
:
211
xy
z−
(): 2 2 2 0Pxyz−+ −=
2
(1 ) 6 3 0zizi−+ ++ =
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:
hoctoancapba.com

Trang 1/3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC


Câu

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn: TOÁN; Khối A, B, D.

(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

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
yx xy

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
2
x
=−
và
(2) 3.
C§
yy=−=

- Hàm số đạt cực tiểu tại
0x =

và
(0) 1.
CT
yy==−

0,25
•
Giới hạn:
lim ; lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
=−∞ =+∞

•
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) 3
ky
=−=−

0,25
Phương trình tiếp tuyến là:
1(1)
ykx
−= +

0,25

I
(2,0 điểm)
32.
yx
⇔=− −

0,25
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương với:
2cos4 8sin2 5 0
xx
+−=

0,25
2
4sin 2 8sin2 3 0xx⇔−+=

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
xk
k
xk
⎡
=+
⎢
⇔∈
⎢
⎢
=+
⎢
⎣
]

0,25
x
−2
−1
3
y
O

x
− ∞ −2 0 + ∞
y' + 0 − 0 +
y
− ∞
+ ∞
3
−1
hoctoancapba.com

Trang 2/3
Câu
Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
22
22 32 (1)
22(2)
xy xy
xxyy
⎧
+=− −
⎪
⎨
−−=
⎪
⎩

Điều kiện:
20.xy+≥
Đặt

2,0.txyt=+≥
Phương trình (1) trở thành:
2
230tt+−=

0,25
1
3
(lo¹i).
t
t
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣

0,25
Với
1,t =
ta có
12.yx=−
Thay vào (2) ta được
2
230xx+−=
1
3.
x
x

=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣

0,25
Với
1
x
=
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…
111
000
3
223

11
dx
Idxdx
x
x
⎛⎞
=− = −
⎜⎟
++
⎝⎠
∫∫∫

0,25
1
1
0
0
23ln1xx=− +

0,50
III
(1,0 điểm)
23ln2.=−

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
n
SCI
và bằng 45
O
, suy ra
22
5
2
a
SI IC IB BC== + = ⋅

0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
.
3
A
BCD
VSIS=

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
111 2
A
x
xxy
xy
=+ ≥+
+

0,25

12 4 8 8
2. 8.
2( )3
2( )
xxy x xy xy
xx y
≥⋅ = ≥ = ≥
++++
+

0,50
V
(1,0 điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
.
4
xy==
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 =
JG
làm
vectơ chỉ phương.
0,25
Tọa độ A' có dạng '(1;2;3).
A
ttt+−+ +

0,25
Ta có:
'() 3 60 2.AP t t∈⇔+=⇔=−

0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Vậy '( 1; 4;1).A −−
0,25
I
S
B
A
C
D
45
o
hoctoancapba.com

Trang 3/3
Câu
Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu…
Ta có
(2;2;2) 2(1;1;1).AB =− − =− −
JJJG
Bán kính mặt cầu là
3
63
AB

R ==⋅

0,25
Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng
(1 ; 2 ; 3 ).It tt+−− +

0,25
Ta có:
6
5
3
(,( ))
7.
63
3
t
t
AB
dI P
t
+
=−
⎡
=⇔ =⇔
⎢
=−
⎣

0,25
•

5(4;3;2).tI=−
⇒
−−
Mặt cầu (S) có phương trình là
222
1
(4)(3)(2)
3
xyz++−++=⋅

•
7(6;5;4).tI=−
⇒
−−
Mặt cầu (S) có phương trình là
222
1
(6)(5)(4)
3
xyz++−++=⋅

0,25
(1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo …
Gọi
(, ).zabia b=+ ∈ ∈
\\
Đẳng thức đã cho trở thành
642( )86ab abi i+− + =−

0,50

648 2
226 5.
ab a
ab 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 =−
JG
(P) có vectơ pháp tuyến
(2; 1;2).n =−
JG

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
[,]an
JGJG

là vectơ pháp tuyến của (Q).

0,25
Ta có
111 2 2 1
[,] ; ; 3(1;2;0).
122221
an
⎛⎞
−−
==
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
JG JG

0,25
Phương trình mặt phẳng (Q) là
220.xy+−=

0,25
2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M …
M
d∈
nên tọa độ điểm M có dạng
(2;1 ;).
M
ttt−+

0,25
Ta có

222
(,()) 4 ( 1) 1
M
OdMP t t t t=⇔+++=+

0,25
2
50 0.tt⇔=⇔=

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 10ii iΔ= + − + =− −

0,25
2
(1 5 )i=−

0,50
VII.b
(1,0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm là
12zi=−

và
3.zi=

0,25

Hết
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC


ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối: A, B, D.

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
32
1
23
3
yxxx=− + − +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
cos 4 12sin 1 0.xx+−
2.

Giải bất phương trình
22
23 1 23
43.2 4 0
xx x x x
x
+−− +−−
−− .>

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
2
1
21
.
(1)
x
I dx

xx
+
=
+
∫

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,
,
A
Ba=
SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30
o
. 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 ( ).xxxmxx 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.dx y+ +=
Viết phương trình đường
thẳng đi qua điểm A(2;
−
4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45
o
.
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.Pxyz+− −=
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn
2
(
Tính môđun của z.
1 2 ) 4 20.iz 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
11
:
431
xyz
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.zizi− ++=
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:

hoctoancapba.com

Trang
1/3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A, B, D.

(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

Đáp án

Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
.D = \

•
2
1
'43;'0
3.
x
yx xy
x
=
⎡
=− + − = ⇔
⎢
=
⎣

0,25
•

Giới hạn:
lim , lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
=+∞ =−∞
•

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,
y
CĐ
= 1; đạt cực tiểu tại
x
= 1,
y
CT
=
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.
ky
==−
0,25
Phương trình tiếp tuyến là ( 0) 1
ykx
=−+
0,25
I
(2,0 điểm)
31.
yx
⇔=−+
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2
2cos 2 1 6(1 cos 2 ) 1 0xx− +− −=

0,25
2
cos 2 3cos 2 2 0.xx⇔−+=
0,25
•

cos2x = 2: Vô nghiệm.
0,25
II
(2,0 điểm)
• cos 2 1 π ().xxkk=⇔ = ∈
Z

0,25
x − ∞ 1 3 + ∞
y’ − 0 + 0 −
+ ∞ 1
y

1
3
−

− ∞
1
3
O
x

y

1
1
3
− −
hoctoancapba.com

Trang
2/3
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện:
1x ≤− hoặc 3.x ≥
Bất phương trình đã cho tương đương với
22
23 23
4 3.2 4 0.
xx x xx x−−− −−−
− −>

0,25
Đặt
2
23
20,
xx x
t
−−−
=> bất phương trình trên trở thành
2
340 4tt t− −>⇔> (do t > 0)

0,25
2
23 2xx 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
11
.
1
Idx
xx
⎛⎞
=+
⎜⎟
+
⎝⎠
∫

0,25
•
2
1
1
dx
x
∫
2
1
ln| | ln2.x==
0,25
•
2
1
1
1
dx
x +
∫
2
1
ln| 1| ln3 ln2.x=+=−

0,25
III
(1,0 điểm)
Do đó
ln 3.I =

0,25
Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC.
Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng
n
o
30 .SBA =

0,25

11

212
S ABM S ABC
VV SAABBC==

0,25
;
B
CABa= =
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:
14.x≤≤

Xét () 4 2 2,1 4.fx x x x=−+ − ≤≤
11
'( ) ;
24 2 2
fx
xx

−
=+
−−
'( ) 0 3.fx x= ⇔=
• Bảng biến thiên (hình bên).
0,25
Đặt
422.txx=−+ −
Phương trình đã cho trở thành
2
44 (1).tt m−+=
Dựa vào bảng biến
thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn
33.t≤≤

0,25
Xét
2
() 4 4, 3 3.gt t t t=−+ ≤≤
'( ) 2 4; '( ) 0 2.gt t gt 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(;)vab=
JJG
là

(2)(4)0,ax by−+ += với
22
0.ab+≠

0,25
Vectơ pháp tuyến của d là (1; 1).u =
JJG
Do đó
22
||
cos( , )
2.
ab
d
ab
+
∆ =⋅
+

0,25
o
cos( , ) cos 45 0.dab∆= ⇔ =

0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Với
0,a =
ta có phương trình : 4 0;y∆+=với
0,b =

ta có phương trình
:20.x∆−=

0,25
x 1 3 4
f’(x) + 0 −
3
f(x)
6

3

t 3 2 3
g’(t) − 0 +

743− 1
g(t)
0
M
S
A
B
C
hoctoancapba.com

Trang
3/3
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB.

0,25
Ta có (2;2;8) 2(1;1;4);AB =−−= −−
JJJG
(1 ;2 ;3 4).
M
AB M t t t∈ ⇒−+−−
0,25
() 2(1 ) (2 ) 3(3 4) 4 0MP t t t∈⇒−++−−−−=
0,25
1.t⇒= Vậy (0; 1; 1).M −
0,25
Đặt ( , ).zabiab=+ ∈
\
Đẳng thức đã cho trở thành ( 3 4 )( ) ( ) 4 20ia bi a bi i− +++−=−
0,25
210
1
ab
ab
+=
⎧
⇔
⎨
−=
⎩

0,25
4
3.
a

b
=
⎧
⇔
⎨
=
⎩

0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Do đó
22
|| 4 3 5.z =+=
0,25
1. (1,0 điểm)
Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình
370
3270
xy
xy
+ −=
⎧
⎨
+ −=
⎩

0,25
(1; 2).A⇒
0,25

Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là (5; 4).n =−
JJG

0,25
Phương trình đường cao là 5( 1) 4( 2) 0 5 4 3 0.xy xy−− − =⇔ − +=
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( 1) 3( 2) ( 3) 0xyz− −−++=
43 50.xyz⇔−++=
0,25
Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ
111
431
43 50
x
yz
xyz
− +−
⎧
==
⎪
−
⎨
⎪
− ++=
⎩

11
1; ; .
22

H
⎛⎞
⇒−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Bán kính mặt cầu là
2
2
5.
2
AB
RIH
⎛⎞
=+ =
⎜⎟
⎝⎠

0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình mặt cầu là
222
( 1) ( 2) ( 3) 25.xy z−+− ++ =
0,25
Phương trình bậc hai theo z có
2
4(1 ) 8 0ii∆= + − =
0,25

1zi⇒=+

0,25
1111
.
122
i
zi
⇒= =−
+

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy phần thực của
1
z
bằng
1
,
2
phần ảo của
1
z
bằng
1
2
− ⋅

0,25

Hết
hoctoancapba.com
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
23
(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.yx= +
Câu 2. (2,0 điểm)
a)
Giải phương trình
2cos2 sin sin3 .
x
xx+=

b)
Giải bất phương trình
23
log (2 ).log (3 ) 1.xx>
Câu 3. (1,0 điểm)
Tính tích phân
3
0
d.
1
x
Ix
x
=
+
∫

Câu 4. (1,0 điểm)
Cho khối chóp có đáy
.S ABC

A
BC
là tam giác vuông cân tại
,
A
2ABa=
,
.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)210(xxx 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 tròn Oxy

22
(): 2 4 1 0Cx y x y+ −−+=
và đường thẳng
Tìm để cắt ( tại hai điểm :4 3 0.dx ym−+=
m
d
)C
,
A
B
sao cho
n
o
120 ,AIB =
với là tâm của
I
( ).C
b)
Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng: Oxyz
1
:2 (
1
xt
dyt t
zt
=
⎧
⎪
=∈
⎨

⎪
=−
⎩
\), ).

2
12s
:22 (
x
dy ss
zs
=+
⎧
⎪
=+ ∈
⎨
⎪
=−
⎩
\
Chứng minh

và cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng

1
d
2
d
12
, .dd

Câu 7.a. (1,0 điểm)
Cho số phức thỏa mãn
z
2
(1 2 ) (3 ) .
1
i
iz iz
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 giác
Oxy
.
A
BC
Các đường thẳng
, ', ' 'BCBB BC
lần lượt có

phương trình là với 2 0, 2 0, 3 2 0;
yxyxy
−= −+= − +=
', 'B C
tương ứng là chân các đường cao kẻ từ
, B C
của tam giác
A
BC
. Viết phương trình các đường thẳng
, .
A
BAC

b)
Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng
Oxyz
21
:
111
1
x
yz
d
− ++
==
− −
và mặt phẳng
Đường thẳng
Δ

nằm trong vuông góc với tại giao điểm của và ( ():2 2 0.
Pxyz
+− = ( )
P
d d
).
P
Viết phương trình đường thẳng
.
Δ
Câu 7.b. (1,0 điểm)
Gọi là hai nghiệm phức của phương trình
12
, zz
2
2120zz i.
− ++ =
Tính
12
.zz+


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
hoctoancapba.com
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
23
(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 ngang
lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
==
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

1/4
b) (1,0 điểm)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1 biết rằng vuông góc với đường thẳng

d
),
d
2.yx=+
vuông góc với đường thẳng
d

yx=+2
⇔
có hệ số góc bằng
d 1.−

0,25
Hoành độ tiếp điểm là
0
x
:
0
0
2
0
0
0
1
'( ) 1 1
2
(1)
x
yx
x
x
=
⎡
−
=− ⇔ =− ⇔
⎢
= −

+
⎣

0,25
0
0x =
: Phương trình tiếp tuyến là
d
3.yx= −+
0,25
1
(2,0 điểm)
0
2x =−
: Phương trình tiếp tuyến là
d
1.yx= −−
0,25
a) (1,0 điểm)
Giải phương trình:
2cos2 sin sin3 .
x
xx+ =

2
(2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
2cos2 sin sin3 0
xx x
+ −=2cos2 2cos2 sin 0

xxx
⇔ −=

0,25
+∞
−
∞
2

2
y
'y


−


−

x
−
∞ −1 + ∞

3
2
−

3
O

x
y
-1
2


3
hoctoancapba.com

2/4
cos2 0
sin 1
x
x
=
⎡
⎢
=
⎣
2cos2 (sin 1) 0
xx
⇔−=

⇔

0,25
cos2 0 .
42
x
xk

π π
=⇔= +

0,25
sin 1 2 .
2
xxk
π
π
=⇔ = +

0,25
b)

(1,0 điểm)


Giải bất phương trình
(
)
(
)
23
log 2 .log 3 1
xx
>
.
Điều kiện Bất phương trình tương đương với
0.x >

23
(1 log )(1 log ) 1
xx
++>
0,25
[]
22
232 2323
2
log log 6
(1 log )(1 log 2.log ) 1 log (log 2).log log 6 0
log 0
x
xxxx
x
<−
⎡
⇔+ + >⇔ + >⇔
⎢
>
⎣

0,25
22
1
log log 6 0 .
6
xx<− ⇔ < <

0,25

2
log 0 1
x
x
>⇔>
. Tập nghiệm của bất phương trình đã cho:
()
1
0; 1; .
6
⎛⎞
∪+∞
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Tính tích phân
3
0
d.
1
x
Ix
x
=
+
∫

Đặt
1

x
t+=
; d 2 d ; 0 1; 3 2.
xttx t x t
= =⇒= =⇒=

0,25
Ta có
2
2
1
2( 1)d .It=−
∫
t
0,25
Suy ra
2
3
1
2.
3
t
It
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
3

(1,0 điểm)

8
.
3
I =

0,25
Cho khối chóp có đáy là tam giác vuông cân tại
.SABC ABC
,
A
2
A
Ba
=
, 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
.
SABC

.a

Gọi là trung điểm của H
BC

⇒

.
HA HB HC
= =

Kết hợp với giả thiết suy ra
SA SB SC
==
,SH BC⊥

.
SHA SHB SHC
∆ =∆ =∆



⇒
(
)
SH ABC
⊥
và
n
o

60 .SAH =

0,25
4
(1,0 điểm)
A
BC
∆
vuông cân tại
: A
22
A
CABa BC a
== ⇒=
⇒
.
A
Ha
=

SHA∆
vuông
:
o
tan60 3SH AH a==
⇒
3
.
11 3

32 3
S ABC
a
VABACSH==.

0,25
S
A
2a

H
o
60

2a

B
C
hoctoancapba.com
Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng
thuộc mặt phẳng (
,OR
.
SABC O
⇒
SH
⇒
O
)
SBC

⇒
R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp
.
SBC
∆

0,25
Xét ta có
,SHA∆
o
2
sin 60
SH
SA a
= =
SBC
⇒∆
đều có độ dài cạnh bằng
a
2
o
22
.
3
2sin60
aa
R⇒= =
3
0,25

Giải phương trình
3
4(1)210(
xxx x x
+− + += ∈\
).
Điều kiện
1
2
x ≥−
. Phương trình đã cho tương đương với:
(
)
3
3
(2)2 21 21(1xx x x+= ++ + )

0,25
Xét hàm số
3
()
f
tt
=+
t
trên . Với mọi
\
2

,'()3 10
tftt
∈ =+>\
.
0,25
⇒
()
f
t
đồng biến trên . Do đó
\
(1) 2 2 1.
xx
⇔ =+

0,25
5
(1,0 điểm)
Giải phương trình trên được nghiệm
15
.
4
x
+
=

0,25
a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn
()
và

đường thẳng
,
Oxy
22
: 2 4 1 0
Cx y x y
+−−+=
:4 3 0.
dx ym
− +=
Tìm
m
để
d
ắt
(
tại hai điểm
,
c
)
C

A
B
sao cho
n
o
120 ,
AI
ới

I
là
tâm của
(C
B
=
v
).
Đường tròn ( có tâm bán kính )
C
(1;2),
I
2
R
=
.
0,25
Gọi là hình chiếu của trên khi đó:
H I
,d
n
oo
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
xt
dyt t
zt
=
⎧
⎪
=∈
⎨
⎪

=−
⎩
\
), ).
2
12s
:22 (
x
dy ss
zs
=+
⎧
⎪
=+ ∈
⎨
⎪
=−
⎩
\
Chứng minh

và cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng
1
d
2
d
12
, .
dd
Xét hệ

()
12s
222s*
1
t
t
ts
=+
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
−=−
⎩
0,25
Giải hệ
(
được
)
*
1
0
t
s
=
⎧
⎨
=
⎩

cắt nhau.
⇒
12
,
dd
0,25
1
d
có VTCP
(
)
1
1; 2; 1 ,u =−
JJG
có VTCP
2
d
(
)
2
2;2; 1 .u = −
JJG
Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
điểm và có một VTPT là
1
(0;0;1)I∈d
( )
12
[ , ] 0;1;2.uu = −−
G G

0,25
6.a
(2,0 điểm)
Phương trình mặt phẳng cần tìm: 2 2 0.
yz
+−=
0,25
Cho số phức thỏa mãn
z
2
(1 2 ) (3 ) .
1
i
iz iz
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
iz iz
i
−
−−−=
+

0,25

3/4
hoctoancapba.com

13
(2 )
2
i
iz
−
⇔−− =

0,25

17
10 10
zi⇔= +

0,25
Đ
iểm biểu diễn của là

z
17
;.
10 10
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

0,25


a) (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác Các đường thẳng ,
Oxy
.ABC
, ', ' '
B
CBBBC
lần
lượt có phương trình là với 20, 20, 3 20;
yxyxy
−= −+= − +=
', '
B
C
tương ứng là chân các đường
cao kẻ từ
,
B

C
của tam giác
A
BC
. Viết phương trình các đường thẳng
, .
A
BAC

Tọa độ của điểm '
B
là nghiệm của hệ
20
,
320
xy
xy
−+=
⎧
⎨
− +=
⎩
giải hệ ta được
2
'( 2;0)
0
x
B
y
=−

⎧
⇒−
⎨
=
⎩
Đường thẳng
A
C
đi qua '
B
và vuông góc với '
B
B
nên
A
C
có phương trình 2 0.
xy
++=
0,25
Tọa độ của điểm
B
là nghiệm của hệ
20
,
20
xy
y
− +=
⎧

⎨
−=
⎩
giải hệ ta được
0
(0;2).
2
x
B
y
=
⎧
⇒
⎨
=
⎩
Tọa độ của điểm là nghiệm của hệ
C
20
,
20
xy
y
+ +=
⎧
⎨
−=
⎩
giải hệ ta được
4

(4;2).
2
x
C
y
=−
⎧
⇒−
⎨
=
⎩
0,25
'(3 2; ) ' ',
Ct t BC
−∈
từ
''BCCC⊥
suy ra
42
'( ; )
55
C −
hoặc '( 2;0).
C
−

Nếu
42
'( ; )
55

C −
thì đường thẳng có phương trình là
AB
2 2 0.
xy
− +=

0,25
Nếu thì đường thẳng có phương trình là '( 2;0)
C
−
AB
2 0.
xy
− +=

0,25
b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng
,
Oxyz
21
:
111
1
x
yz
d
−++
==
−−

và mặt
phẳng Đường thẳng ():2 2 0.
Pxyz
+− = ∆
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)

P
n
=−
JJG
, có một VTCP là
d
( 1; 1;1)
d
u
=− −
JJG
.
0,25
[ . nằm trong vuông góc với
d

⇒
, ](1;0;1)
Pd
nu
=− −
JJG JJG
∆
( )
P
∆
có một VTCP là [ ; ]
P
d
unu

∆
=
JJG JJG JJJG
.
0,25
6.b
(2,0 điểm)
Phương trình đường thẳng
1
:2(
xt
yt
zt
=−
⎧
⎪
∆=− ∈
⎨
⎪
=−
⎩
\
).
0,25


Gọi là 2 nghiệm phức của phương trình
12
,zz
2

2120zz i− ++ =
. Tính
12
.
zz
+

Phương trình đã cho tương đương với
22
(1)(1)0
zi
− −− =

0,25
( )( 2 ) 0
ziz i
⇔− −+=
0,25


2
zi
zi
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣
0,25

7.b
(1,0 điểm)

12
|| |2 |1 5.zzi i+=+−=+

0,25

HẾT

4/4
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲ NG NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thờ i gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
2x + 1
x −1
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho.
b) Gọi M là điểm thuộc (C) có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục tọa độ
Ox và Oy lần lượt tại A và B. Tính diệ n tích tam giác OAB.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos

π
2
− x


+ sin 2x = 0.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

xy − 3y + 1 = 0
4x −10y + xy
2
= 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
5

1
dx
1 +
√
2x −1
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đe à u ABC.A

B

C

có AB = a và đường thẳng A

B tạ o với đáy
một góc bằng 60
◦
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và B


C

. Tính theo a
thể tích của khối l ă ng trụ ABC.A

B

C

và độ dài đoạn t hẳ ng MN.
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để bấ t phương trình (x − 2 − m)
√
x −1 ≤ m − 4 có nghiệm.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng d : x + y −3 = 0,
∆ : x − y + 2 = 0 và điểm M(−1; 3). Viế t phương trình đường tròn đi qua M, co ù tâm thuộc d,
cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 3
√
2.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với he ä tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; −1; 3) và đường thẳng
d :
x − 1
2
=
y + 1
−1
=
z − 3
1

. Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua d.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn đi e à u kiện (3 + 2i)z + (2 − i)
2
= 4 + i. Tìm phần
thực và phần ảo của số phức w = (1 + z) z.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(− 3; 2)
và có trọng tâm là G

1
3
;
1
3

. Đường cao ke û từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua điểm P (−2; 0).
Tìm tọa độ các điểm B và C.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọ a độ Oxyz, cho điểm A(−1; 3; 2) và mặt phẳng
(P ) : 2x − 5y + 4z − 36 = 0. Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P ). Viết
phương trình mặt cầu tâm I và đi qu a điểm A.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình z
2
+ (2 −3i)z − 1 − 3i = 0 trên tập hợp C các số phức.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không đượ c sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thíc h gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
hoctoancapba.com
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)
yy
x
=− < ∀ ∈
−
.xD

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng
(;1)−∞
và
(1; ).+∞

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: ; tiệm cận ngang:
lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
==
2.y =

; tiệm cận đứng:
11
lim , lim
xx
yy
−+
→→
=−∞ =+∞
1.x=
0,25
- Bảng biến thiên:



Trang 1/3





0,25
• Đồ thị:

0,25
b. (1,0 điểm)
21
(;5)() 5 2.
1
m
Mm C m
m
+
∈⇔= ⇔=
−
Do đó
(2;5).M
0,25
Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:

'(2)( 2) 5,yy x= −+
hay
: 3 11.dy 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 .
223
SOAOB===
6

0,25
hoctoancapba.com
Trang 2/3
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với
sin 2 sin
x
x= −

0,25
sin 2 sin( )
x
x⇔=−

0,25
22π
()
2 π 2π
xxk
k
xxk
=− +
⎡
⇔∈
⎢
=++
⎣
]

0,25
2
(1,0 điểm)
2π
()
3
π 2π
xk
k

xk
⎡
=
⇔∈
⎢
⎢
=+
⎣
]
.

0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
2π
,
3
xk=

π 2π ()xkk.= +∈]

{
2
310 (1)
410 0(2)
xy y
xyxy
−+=
−+=

Nhận xét: không thỏa mãn (1). Từ (1) ta được

0y=
31
(3).
y
x
y
−
=

0,25
Thay vào (2) ta được

32
311124yyy−+−=0
0,25
1y⇔= hoặc hoặc 2y=
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

(
)
32
;.
23

0,25
Đặt
21.t
Suy ra
x=− ;dd
x
tt=
khi x = 1 thì t =1, khi x = 5 thì t = 3.
0,25
Khi đó
(
)
33
11
1
d1 d
11
t
It
tt
==−
++
∫∫
t

0,25
()
3
1
ln | 1|tt=− +

0,25
4
(1,0 điểm)
2ln2.=−

0,25
'( )AA ABC⊥

n
'
A
BA⇒
là góc giữa
'
A
B
với đáy
n
o
'60ABA⇒=.

0,25
5

(1,0 điểm)

n
'.tan'AA AB A BA a⇒= =3.

Do đó
3
.'''
3
'. .
4
ABC A B C ABC
a
VA

AS
Δ
==
0,25
Gọi K là trung điểm của cạnh BC.
Suy ra ΔMNK vuông tại K, có
,'
22
AB a
MK NK AA a== ==3.

0,25
Do đó
22
13

.
2
a
MN MK NK=+=

0,25
Điều kiện: Đặt
1.x≥
1,tx=−
suy ra
0.t ≥
Bất phương trình đã cho trở thành
3
4
.
1
tt
m
t
− +
≥
+

0,25
Xét
3
4
() ,
1
tt

ft
t
−+
=
+
với Ta có
0.t ≥
2
2
(1)(2 55)
'( ) ;
(1)
ttt
ft
t
− ++
=
+

'( ) 0 1.
f
tt= ⇔=

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
′

hoctoancapba.com