Tuyển tập Đáp án Đại học, cao đẳng môn Toán từ năm 2008 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
1
Ta có y = 1 +
.
x −1
• Tập xác định: D = \ \ {1}.
1
• Sự biến thiên: y ' = −
< 0, ∀x ∈ D.
(x − 1) 2
Bảng biến thiên:
x

−∞

1

y'
y

0,25

+∞

−

−

1

0,25

+∞
−∞

1

Hàm số không có cực đại và cực tiểu.
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1.
• Đồ thị:

0,25

y

1
O

2

II
1

1

x

Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là
x
= − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (1) (do x = 1 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.
Điều kiện là : Δ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m > 4 hoặc m < 0.
Vậy m > 4 hoặc m < 0.

0,25

0,50

0,50
2,00

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
1
3
sin 3x −
cos 3x = sin 2x
2
2
π⎞
⎛
⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x
3⎠
⎝

Phương trình đã cho ⇔

1/4

0,50


2

π
⎡
⎢3x − 3 = 2x + k2π
π
4π
2π
⇔⎢

⇔ x = + k2π, x =
(k ∈ Z ).
+k
3
15
5
⎢3x − π = π − 2x + k2π
⎢⎣
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π
4π
2π
(k ∈ Z ).
x = + k2π, x =
+k
5
3
15
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm)

0,50

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương
3−m
m2 + 1

trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y =
3m + 1
Thay (2) vào (1) ta có x = 2

.
m +1

Xét điều kiện xy < 0 :

(2).

0,50

⎡m > 3
3m + 1)( 3 − m )
(
xy < 0 ⇔
<0⇔⎢

(m

2

+1

)

2

⎢m < − 1 .
3
⎣

0,50

1
Vậy m > 3 hoặc m < − .
3

III

2,00
1

Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm)
G
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) .

JJG
Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) .
Phương trình mặt phẳng (P) là:

1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0.
2

0,50
0,50

Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm)
+) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) .
+) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng.
5
2
OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − .

3
5
7⎞
⎛ 5 5
+) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ .
3⎠
3
⎝ 3 3
+) 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 M1 (1; − 1; 3) và

0,25
0,25
0,25

0,25

7⎞
⎛ 5 5
M2 ⎜ − ; ; − ⎟.
3⎠
⎝ 3 3

IV

2,00
1

Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
− x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3.
Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
3

S=

∫
0

3

− x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx.
0

2/4

0,25
0,25


Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra
3

S=∫
0

Vậy S =
2

(

3

⎛ x3
x2 ⎞
9
− x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = .
2 ⎠0 2
⎝ 3
2

)

0,50

9
(đvdt).
2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy (1,00 điểm)
Ta có: P = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3xy.
Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy =

t2 − 2
. Suy ra
2

0,25

⎛
t2 − 2 ⎞
t2 − 2
3
P = 2t ⎜ 2 −
−
3
= − t 3 − t 2 + 6t + 3.
⎟
2 ⎠
2
2
⎝
Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2.
2

0,25

3
Xét f ( t ) = − t 3 − t 2 + 6t + 3 với t ∈ [ −2; 2] .
2
Ta có : f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6

⎡ t = −2∈ [ −2; 2]
f '( t ) = 0 ⇔ ⎢
⎢⎣ t = 1 ∈ [ −2; 2] .
Bảng biến thiên:
t

-2

f’(t)

1
+

0

2
-

13
2

f(t)
-7
Vậy max P =

0,50

1

13
, min P = −7.
2

V.a

2,00
1

Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm)

JJJG
+) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) .
G
+) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) .
⎛a b⎞
Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ .
⎝2 2⎠
+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
JJJG G
⎧ −2a + b = 0
⎧a = 2
⎪⎧AB.u = 0
⎪
⇔ ⎨a
⇔⎨
⎨
⎩ b = 4.
⎩⎪ I ∈ d
⎪⎩ 2 − b + 3 = 0
Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) .

3/4

0,25
0,25

0,50

2

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm)
18

1 ⎞
⎛
Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ là
x⎠
⎝
k

6k

18−
⎛ 1 ⎞
k
Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18
.218− k.x 5 .
⎝ x⎠
6k
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 −
= 0 ⇔ k = 15.
5
3
Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15
18 .2 = 6528.
18− k

k
18

V.b

0,50

0,50
2,00

1

Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với
log 22 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0.

0,25

Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2.

0,25

Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện).

0,50

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

Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm)
+) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN =
⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1).

1
AD
2

S

M

N

A

B

0,25

D

C

+) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) .
Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật.

0,25

+) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM .
VS.BCM = VC.SBM

1
1
1
1
a3
= CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = .
3
6
6
2
6

0,50

3

Vậy VS.BCNM =

a
(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

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
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị …
Khi m = 2, hàm số (1) trở thành y = x3 − 3 x 2 + 2.
• Tập xác định: \.
• Chiều biến thiên:
- Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; + ∞).
- Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).
• Cực trị:
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 2.
- Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = −2.

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

•

Bảng biến thiên:

x

0
+

2
−

0

+∞

0

+∞

−∞
Đồ thị

0,25

+

2

y
•

0,25

x→+ ∞

−∞

y'

0,25

−2
y
2
2
O

0,25

x

−2

2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m …

Ta có y ' = 3x 2 − 2 ( 2m − 1) x + 2 − m.

m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai
nghiệm dương phân biệt
⎧
⎪Δ ' = (2m − 1) 2 − 3(2 − m) > 0
⎪
2(2m − 1)
⎪
⇔ ⎨S =
>0
3
⎪
2−m
⎪
⎪⎩ P = 3 > 0
5
⇔ < m < 2.
4
Trang 1/4

0,25

0,25

0,50


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Phương trình đã cho tương đương với (sin x + 1)(2sin 2 x − 1) = 0

0,50

π
+ k 2π (k ∈ ]).
2
1
π
5π
• sin 2 x = ⇔ x = + kπ hoặc x =
+ kπ (k ∈ ]).
2
12
12
2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình …

•

sin x = −1 ⇔ x = −

0,25
0,25

Điều kiện: x ≥ 2.

0,25
( x + 1)( x − 2) ≤ 2

Bất phương trình đã cho tương đương với

III
(1,0 điểm)

0,25

⇔ −2 ≤ x ≤ 3.

0,25

Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ 2; 3].

0,25

1

−x

1

I = ∫ e dx + ∫ xe dx = −e
0

x

0

1

1

1
+ ∫ xe dx = 1 − + ∫ xe x dx.
0
e 0
0

−x 1

x

0,25

Đặt u = x và dv = e x dx, ta có du = dx và v = e x .
1

1
1
1
I = 1 − + xe x − ∫ e x dx = 1 − + e − e x
0
e
e

0

IV
(1,0 điểm)

0,25

1

0,25

0

1
= 2− ⋅
e

0,25

Ta có MN //CD và SP ⊥ CD, suy ra MN ⊥ SP.

0,50

Gọi O là tâm của đáy ABCD.
a 6
Ta có SO = SA2 − OA2 =
⋅
2
1
1

VAMNP = VABSP = VS . ABCD
4
8
3
a 6
1 1
= . SO. AB 2 =
⋅
8 3
48

S

M
N

0,50

A

D
P

O
B
V
(1,0 điểm)

C

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

ln a
a2 + 1

<

ln b
b2 + 1

⋅

1 2
(t + 1) − 2t ln t
ln t
t
Xét hàm số f (t ) = 2 , t ∈ (0; 1). Ta có f '(t ) =
> 0, ∀t ∈ (0; 1).
t +1
(t 2 + 1) 2
Do đó f (t ) đồng biến trên khoảng (0; 1).

Mà 0 < a < b < 1, nên f (a ) < f (b). Vậy

ln a
2

a +1

Trang 2/4

<

ln b
b2 + 1

⋅

0,25

0,50

0,25


Câu
VI.a
(2,0 điểm)

Đáp án
1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B …

Đường thẳng AC qua C và vuông góc với đường thẳng x + 3 y − 5 = 0.
Do đó AC : 3 x − y + 1 = 0.

⎧5 x + y − 9 = 0
⇒ A(1; 4).
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨
⎩3x − y + 1 = 0
Điểm B thuộc đường thẳng x + 3 y − 5 = 0 và trung điểm của BC thuộc đường

⎧x + 3y − 5 = 0
⎪
thẳng 5 x + y − 9 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ ⎨ ⎛ x − 1 ⎞ y − 2
⎪5 ⎜ 2 ⎟ + 2 − 9 = 0
⎠
⎩ ⎝

VII.a
(1,0 điểm)
VI.b
(2,0 điểm)

Điểm

0,25
0,25

0,25

⇒ B (5; 0).

0,25

2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) …
JJG
• (P1) có vectơ pháp tuyến n1 = (1; 2; 3).
JJG
• (P2) có vectơ pháp tuyến n2 = (3; 2; − 1).
JJG
• (P) có vectơ pháp tuyến n = (4; − 5; 2).

0,25

(P) qua A(1; 1; 1) nên ( P ) : 4 x − 5 y + 2 z − 1 = 0.

0,50

Hệ thức đã cho tương đương với (1 + 2i ) z = 8 + i

0,25

⇔ z = 2 − 3i.

0,50
0,25

Do đó z có phần thực là 2 và phần ảo là −3.
1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …
M ∈ Δ1 ⇒ M (2t + 3; t ).

0,25

0,25

Khoảng cách từ M đến Δ 2 là d ( M , Δ 2 ) =

| 2t + 3 + t + 1|
⋅
2

⎡t = −1
1
⇔⎢
d (M , Δ 2 ) =
⎢t = − 5 ⋅
2
3
⎣
5⎞
⎛ 1
Vậy M (1; − 1) hoặc M ⎜ − ; − ⎟ .
⎝ 3 3⎠

0,25

0,25

0,25

2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ …

⎧1 + x
⎪ 3 =0
⎪
⎪ 3+ y
= 2 ⇒ C ( − 1; 3; − 4).
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨
⎪ 3
⎪ 1+ z
⎪ 3 = −1

⎩
JJJG
JJJG
Ta có AB = ( − 1; 1; 1), AG = ( − 1; 1; − 1).
JJG
Mặt phẳng ( ABC ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; 0).
⎧ x = −1 + t
⎪
Phương trình tham số của đường thẳng Δ là ⎨ y = 3 + t
⎪ z = − 4.
⎩
Trang 3/4

0,25

0,25
0,25
0,25


Câu
VII.b
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Điều kiện: z ≠ i.
Phương trình đã cho tương đương với z 2 − (4 + 3i ) z + 1 + 7i = 0.

0,25

Δ = 3 − 4i = (2 − i ) 2 .

0,50

Nghiệm của phương trình đã cho là z = 1 + 2i và z = 3 + i.

0,25

-------------Hết-------------

Trang 4/4


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án
1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị …
• Tập xác định: D = \.
⎡x = 0
• Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = −2.

Điểm

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 x = −2 và yC§ = y (− 2) = 3.
- Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y (0) = −1.

0,25

• Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞.
x →−∞

• Bảng biến thiên:

x →+∞

x −∞
y'

+

−2
0

0
+∞
0 +
+∞

−

3

y

0,25

−1

−∞
• Đồ thị:

y

3

O

−2

0,25
x

−1

II
(2,0 điểm)

2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến …
Tung độ tiếp điểm là: y (−1) = 1.

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y '(−1) = −3

0,25

Phương trình tiếp tuyến là: y − 1 = k ( x + 1)
⇔ y = −3x − 2.
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 4 x + 8sin 2 x − 5 = 0
2

⇔ 4sin 2 x − 8sin 2 x + 3 = 0
3
• sin 2 x = : vô nghiệm.
2
π
⎡
⎢ x = 12 + kπ

1
• sin 2 x = ⇔ ⎢
(k ∈ ]).
2
⎢ x = 5π + kπ
⎢⎣
12

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Trang 1/3


Câu

Đáp án

Điểm

⎧⎪2 2 x + y = 3 − 2 x − y (1)
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
2
2
(2)

⎪⎩ x − 2 xy − y = 2

Điều kiện: 2 x + y ≥ 0. Đặt t = 2 x + y , t ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: t 2 + 2t − 3 = 0

0,25

⎡t = 1
⇔⎢
⎣t = −3 (lo¹i).

0,25

⎡x =1
Với t = 1, ta có y = 1 − 2 x. Thay vào (2) ta được x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = −3.
Với x = 1 ta được y = −1, với x = − 3 ta được y = 7.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; −1) và (−3;7).

III
(1,0 điểm)

0,25

(1,0 điểm) Tính tích phân…
1

I=

∫
0

1

1

3 ⎞
dx
⎛
⎜2−
⎟ dx = 2 dx − 3
x +1⎠
x +1
⎝

1

= 2 x 0 − 3ln

IV
(1,0 điểm)

0,25

∫
0

∫

0,25

0

1
x +1
0

0,50

= 2 − 3ln 2.
(1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp…

0,25
S

D

A
I

45o

B

C

Gọi I là trung điểm AB. Ta có SA = SB ⇒ SI ⊥ AB. Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD), suy ra SI ⊥ ( ABCD).
n và bằng 45O, suy ra SI = IC = IB 2 + BC 2 = a 5 ⋅
Góc giữa SC và (ABCD) bằng SCI
2
1

Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SI .S ABCD
3
a3 5
(đơn vị thể tích).
6
(1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức …
1
1
1
2
≥ +
Ta có A = +
x
xy x x + y
=

V
(1,0 điểm)

≥ 2.

1 2
4
8
8
⋅
=
≥
=
≥ 8.

x x+ y
2 x( x + y ) 2 x + ( x + y ) 3 x + y

1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8.
4

VI.a
(2,0 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,50
0,25

1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc …

JG
Hình chiếu vuông góc A' của A trên (P) thuộc đường thẳng đi qua A và nhận u = (1; 1; 1) làm
vectơ chỉ phương.
Tọa độ A' có dạng A '(1 + t ; − 2 + t ; 3 + t ).
Ta có: A ' ∈ ( P) ⇔ 3t + 6 = 0 ⇔ t = −2.

Vậy A '(−1; − 4;1).

0,25

0,25
0,25
0,25

Trang 2/3


Câu

Đáp án
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu…
JJJG
AB
3
Ta có AB = (− 2; 2; − 2) = −2(1; −1; 1). Bán kính mặt cầu là R =
=
⋅
6
3
Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I (1 + t ; −2 − t ;3 + t ).
Ta có: d ( I ,( P)) =

t+6
⎡t = −5
AB
3
⇔
=
⇔⎢
6

3
3
⎣t = −7.

VII.a
(1,0 điểm)

1
• t = −5 ⇒ I (− 4;3; − 2). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 4)2 + ( y − 3)2 + ( z + 2)2 = ⋅
3
2
2
2 1
• t = −7 ⇒ I (− 6;5; − 4). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 6) + ( y − 5) + ( z + 4) = ⋅
3
(1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo …
Gọi z = a + bi (a ∈ \, b ∈ \). Đẳng thức đã cho trở thành 6a + 4b − 2(a + b)i = 8 − 6i

VI.b
(2,0 điểm)

⎧6a + 4b = 8
⎧a = −2
⇔⎨
⇔⎨
⎩2a + 2b = 6
⎩b = 5.
Vậy z có phần thực bằng – 2, phần ảo bằng 5.
1. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng …
JG

JG
d có vectơ chỉ phương a = (− 2; 1; 1), (P) có vectơ pháp tuyến n = (2; −1;2).

JG JG
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).
JG JG ⎛ 1 1 1 −2 −2 1 ⎞
Ta có [a , n ] = ⎜⎜
;
;
⎟⎟ = 3(1; 2; 0).
⎝ −1 2 2 2 2 −1 ⎠
Phương trình mặt phẳng (Q) là x + 2 y − 2 = 0.
2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M …
M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (−2t ;1 + t ; t ).

VII.b
(1,0 điểm)

Điểm
0,25
0,25
0,25

0,25

0,50
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

Ta có MO = d ( M ,( P)) ⇔ 4t 2 + (t + 1)2 + t 2 = t + 1

0,25

⇔ 5t 2 = 0 ⇔ t = 0.
Do đó M (0;1;0).
(1,0 điểm) Giải phương trình …

0,25

Phương trình có biệt thức Δ = (1 + i )2 − 4(6 + 3i ) = −24 − 10i

0,25

= (1 − 5i )

0,25

2

0,50

Phương trình có hai nghiệm là z = 1 − 2i và z = 3i.
------------- Hết -------------

Trang 3/3

0,25


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: D = \.

⎡x =1
• y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 3.
• Giới hạn:

0,25

lim y = + ∞, lim y = − ∞.

x →− ∞

x→ + ∞

• Bảng biến thiên:

x −∞
y’
+∞
y

1
0

−

−

+

3
0
1

+∞

−
0,25

1
3

−∞

- Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞).
1
- Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = − ⋅
3
• Đồ thị:

0,25

y

1
O
1
−−
3

1
3

x

0,25

2. (1,0 điểm)

II
(2,0 điểm)

Tọa độ giao điểm của (C) với trục tung là (0; 1).

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y '(0) = − 3.

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y = k ( x − 0) + 1

0,25

⇔ y = −3 x + 1.

0,25

1. (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 2 x − 1 + 6(1 − cos 2 x) − 1 = 0

0,25

⇔ cos 2 2 x − 3cos 2 x + 2 = 0.

0,25

• cos2x = 2: Vô nghiệm.

0,25

• cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ (k ∈ Z).

0,25
Trang 1/3


Câu

Đáp án

Điểm

2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≤ −1 hoặc x ≥ 3.

Bất phương trình đã cho tương đương với 4 x −
Đặt t = 2 x −

x 2 − 2 x −3

− 3.2 x −

x 2 − 2 x −3

0,25

− 4 > 0.

x 2 − 2 x −3

0,25

> 0, bất phương trình trên trở thành t 2 − 3t − 4 > 0 ⇔ t > 4 (do t > 0)
7
⇔ x2 − 2 x − 3 < x − 2 ⇔ 2 < x < ⋅
2
7
Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 ≤ x < ⋅
2

III
(1,0 điểm)

0,25
0,25

2

1 ⎞
⎛1
Ta có I = ∫ ⎜ +
⎟ dx.
x x +1⎠
1⎝

2

•

2

∫ x dx = l n | x | 1 = ln 2.
1
2

•

1

0,25

1

0,25

2

∫ x + 1 dx = l n | x + 1| 1 = ln 3 − ln 2.

0,25

1

IV

Do đó I = ln 3.
S

0,25

(1,0 điểm)

M

A

C

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

0,25

1
1
VS . ABM = VS . ABC = SA. AB.BC.
2
12

0,25

BC = AB = a; SA = AB.tan 30o =

Vậy VS . ABM =

V
(1,0 điểm)

B
Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 4.
Xét f ( x) = 4 − x + 2 x − 2, 1 ≤ x ≤ 4.
−1
1
f '( x) =
+
; f '( x) = 0 ⇔ x = 3.
2 4− x
2x − 2
• Bảng biến thiên (hình bên).

a 3
⋅
3

0,25

a3 3
⋅
36

0,25

x
f’(x)

1

3
0
3

+

4
−

0,25

6

f(x)

3
Đặt t = 4 − x + 2 x − 2. Phương trình đã cho trở thành t 2 − 4t + 4 = m (1). Dựa vào bảng biến

thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn
Xét g (t ) = t 2 − 4t + 4, 3 ≤ t ≤ 3.
g '(t ) = 2t − 4; g '(t ) = 0 ⇔ t = 2.
• Bảng biến thiên (hình bên).

t
g’(t)

3 ≤ t ≤ 3.

3
−

2
0

7−4 3

0,25

3
+
1

0,25

g(t)
0
VI.a
(2,0 điểm)

Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 1.
1. (1,0 điểm)
JJG
Phương trình của đường thẳng ∆ qua A(2; − 4) và có vectơ pháp tuyến v = (a; b) là
a( x − 2) + b( y + 4) = 0, với a 2 + b 2 ≠ 0.
JJG
Vectơ pháp tuyến của d là u = (1; 1). Do đó cos(d , ∆ ) =

|a+b|
2. a 2 + b 2

⋅

0,25
0,25
0,25

cos(d , ∆ ) = cos 45o ⇔ ab = 0.

0,25

Với a = 0, ta có phương trình ∆ : y + 4 = 0; với b = 0, ta có phương trình ∆ : x − 2 = 0.

0,25

Trang 2/3


Câu

Đáp án

Điểm

2. (1,0 điểm)

VII.a
(1,0 điểm)

A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB.
JJJG
Ta có AB = (2; −2; −8) = 2(1; −1; − 4); M ∈ AB ⇒ M (−1 + t ; 2 − t ; 3 − 4t ).

0,25

M ∈ ( P ) ⇒ 2(−1 + t ) + (2 − t ) − 3(3 − 4t ) − 4 = 0

0,25
0,25

⇒ t = 1. Vậy M (0; 1; − 1).
Đặt z = a + bi (a, b ∈ \ ). Đẳng thức đã cho trở thành (−3 + 4i )(a + bi ) + (a − bi ) = 4i − 20
⎧a + 2b = 10
⇔⎨
⎩a − b = 1
⎧a = 4
⇔⎨
⎩b = 3.

(2,0 điểm)

0,25
0,25
0,25

Do đó | z | = 42 + 32 = 5.
VI.b

0,25

0,25

1. (1,0 điểm)

⎧x + 3y − 7 = 0
Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình ⎨
⎩3x + 2 y − 7 = 0
⇒ A(1; 2).
JJG
Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là n = (5; − 4).
Phương trình đường cao là 5( x − 1) − 4( y − 2) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + 3 = 0.

0,25
0,25
0,25
0,25

2. (1,0 điểm)

Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( x − 1) − 3( y − 2) + ( z + 3) = 0
⇔ 4 x − 3 y + z + 5 = 0.

0,25

⎧ x −1 y +1 z −1
=
=
1 1⎞

⎪
⎛
Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ ⎨ 4
−3
1 ⇒ H ⎜ −1; ; ⎟ .
2 2⎠
⎝
⎪⎩4 x − 3 y + z + 5 = 0

0,25

2

VII.b
(1,0 điểm)

⎛ AB ⎞
Bán kính mặt cầu là R = IH 2 + ⎜
⎟ = 5.
⎝ 2 ⎠

0,25

Phương trình mặt cầu là ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 25.

0,25

Phương trình bậc hai theo z có ∆ = 4(1 + i )2 − 8i = 0
⇒ z =1+ i
1

1
1 1
⇒ =
= − i.
z 1+ i 2 2
1
1
1
1
Vậy phần thực của bằng , phần ảo của bằng − ⋅
z
2
z
2

0,25

------------- Hết -------------

Trang 3/3

0,25
0,25
0,25


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
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

2x + 3
x +1

(1).

• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: y ' =

−1
2

0,25

, y ' < 0 , ∀x ≠ −1.

( x + 1)
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x→ − ∞

x→ + ∞

lim y = − ∞ và

x → ( − 1) −

lim y = + ∞ ; tiệm cận đứng x = −1.

x → ( − 1) +

0,25

- Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên:

x

−∞

−1
−

y'
y

+∞
−

+∞

2

0,25

2

−∞

• Đồ thị:

y

3
0,25

2

3
3
−
2

-1

O

x

b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng
y = x + 2.
d vuông góc với đường thẳng y = x + 2 ⇔ d có hệ số góc bằng −1.

Hoành độ tiếp điểm là x0 : y '( x0 ) = −1 ⇔

2
(2,0 điểm)

⎡ x0 = 0
−1
= −1 ⇔ ⎢
2
( x0 + 1)
⎣ x0 = −2

0,25
0,25

x0 = 0 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x + 3.

0,25

x0 = −2 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x − 1.

0,25

a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2 x + sin x = sin 3 x.

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2 x + sin x − sin 3 x = 0 ⇔ 2cos 2 x − 2cos 2 x sin x = 0

1/4

0,25


⎡ cos2 x = 0
⇔ 2cos 2 x(sin x − 1) = 0 ⇔ ⎢
⎣sin x = 1

cos 2 x = 0 ⇔ x =
sin x = 1 ⇔ x =

π
2

π
4

+k

π

0,25

.

2

0,25

+ k 2π .

0,25

b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( 2 x ) .log 3 ( 3 x ) > 1 .

3
(1,0 điểm)

Điều kiện x > 0. Bất phương trình tương đương với
(1 + log 2 x )(1 + log 3 x ) > 1

0,25

⎡log x < − log 2 6
⇔ (1 + log 2 x)(1 + log 3 2.log 2 x) > 1 ⇔ log 2 x [ (log3 2).log 2 x + log3 6] > 0 ⇔ ⎢ 2
⎣log 2 x > 0

0,25

1
log 2 x < − log 2 6 ⇔ 0 < x < .

6

0,25

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

0,25

3

Tính tích phân I =

x

∫

x +1

0

Đặt

dx.

x + 1 = t ; dx = 2tdt ; x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2.

0,25

2

∫

Ta có I = 2(t 2 − 1)dt.

0,25

1

2

⎛ t3
⎞
Suy ra I = 2 ⎜ − t ⎟ .
⎝3
⎠1

0,25

8
I= .
3
4
(1,0 điểm)

0,25

Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2 , SA = SB = SC . Góc
giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S . ABC và bán kính

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a.
Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA = HB = HC .
Kết hợp với giả thiết SA = SB = SC suy ra SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC .
n = 60o.
⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SAH

S

0,25

H 2a

B

60o

C

a 2

A
∆ABC vuông cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a.

1 1
3a 3
∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS . ABC = . AB. AC .SH =
.
3 2
3

2/4

0,25


Gọi O, R lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC ⇒ O thuộc đường thẳng
SH ⇒ O thuộc mặt phẳng ( SBC ) ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC .

0,25

2a
2a 3
SH
=
.
= 2a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2 a ⇒ R =
o
o
3
2sin 60
sin 60

0,25

Xét ∆SHA, ta có SA =
5
(1,0 điểm)

Giải phương trình 4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0

( x ∈ \).

1
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với:
2
(2 x)3 + 2 x =

(

)

0,25

3

2x + 1 + 2x + 1

(1)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên \ . Với mọi t ∈ \, f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 .

0,25

⇒ f (t ) đồng biến trên \ . Do đó (1) ⇔ 2 x = 2 x + 1.

0,25

Giải phương trình trên được nghiệm x =

1+ 5

.
4

0,25

6.a

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và

(2,0 điểm)

n
đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho AI
B = 120o , với I là
tâm của (C ).
Đường tròn (C ) có tâm I (1;2), bán kính R = 2 .

0,25

n = 120o ⇔ IH = IA cos60o = 1.
Gọi H là hình chiếu của I trên d , khi đó: AIB

0,25

|m− 2|
=1
5
⎡m = 7
⇔⎢
⎣ m = −3.

Do đó

0,25
0,25

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
⎧x = t
⎪
d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ \),
⎪z = 1 − t
⎩

⎧ x = 1 + 2s
⎪
d 2 : ⎨ y = 2 + 2 s (s ∈ \).
⎪ z = −s
⎩

Chứng minh d1 và d 2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 .

⎧t = 1 + 2s
⎪
Xét hệ ⎨2t = 2 + 2s (*)
⎪1 − t = − s
⎩

0,25

⎧t = 1

⇒ d1 , d 2 cắt nhau.
Giải hệ (*) được ⎨
⎩s = 0
JJG
JJG
d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d 2 có VTCP u2 = ( 2; 2; −1) . Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
G G
điểm I (0;0;1) ∈ d1 và có một VTPT là [u1 , u 2 ] = ( 0; −1; −2 ) .

Phương trình mặt phẳng cần tìm: y + 2 z − 2 = 0.
7.a
(1,0 điểm)

Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z −

0,25

0,25
0,25

2−i
= (3 − i ) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa
1+ i

độ Oxy.
Phương trình đã cho tương đương với (1 − 2i) z − (3 − i) z =

3/4

2−i

1+ i

0,25


⇔ (−2 − i) z =
⇔z=

1 − 3i
2

0,25

1 7
+ i
10 10

0,25
0,25

⎛1 7⎞
Điểm biểu diễn của z là M ⎜ ; ⎟ .
⎝ 10 10 ⎠
6.b
(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' lần
lượt có phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3 y + 2 = 0; với 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.
⎧x − y + 2 = 0

Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩x − 3y + 2 = 0

⎧ x = −2
⇒ B '(−2;0)
⎨
⎩y = 0

0,25

Đường thẳng AC đi qua B ' và vuông góc với BB ' nên AC có phương trình x + y + 2 = 0.
⎧x − y + 2 = 0
Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0
⎧x + y + 2 = 0
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0

⎧x = 0
⇒ B (0; 2).
⎨
⎩y = 2
⎧ x = −4
⇒ C ( −4;2).
⎨
⎩y = 2

4 2
C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '( −2;0).
5 5
4 2
Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2 x − y + 2 = 0.
5 5
Nếu C '(−2;0) thì đường thẳng AB có phương trình là x − y + 2 = 0.

0,25

0,25
0,25

x − 2 y +1 z +1
=
=
và mặt
−1
−1
1
phẳng ( P) : 2 x + y − 2 z = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d tại giao điểm của d và
( P ). Viết phương trình đường thẳng ∆.

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

Gọi I là giao điểm của d và ( P) ; I (1; −2;0) .
JJG
JJG
( P) có một VTPT là nP = (2;1; −2) , d có một VTCP là ud = ( −1; −1;1) .
JJG JJG

JJG JJG JJJG
[ nP , ud ] = ( −1;0; −1) . ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d ⇒ ∆ có một VTCP là u∆ = [nP ; ud ] .
⎧x = 1− t
Phương trình đường thẳng ∆ : ⎪⎨ y = − 2 ( t ∈ \).
⎪ z = −t
⎩

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . Tính z1 + z2 .
Phương trình đã cho tương đương với ( z − 1) 2 − (1 − i ) 2 = 0

⇔ ( z − i )( z − 2 + i ) = 0

0,25
0,25

⎡z = i
⇔ ⎢
⎣z = 2 − i
z1 + z2 =| i | + | 2 − i |= 1 + 5.

0,25
0,25

----HẾT----

4/4


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)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1,0 điểm)
• Tập xác định: D = \ \{1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = −

0,25

3
; y ' < 0, ∀x ∈ D.
( x −1)2

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( −∞;1) và (1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2.
x→−∞

x→+∞

0,25

lim y = −∞, lim y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = 1.

x→1−

x→1+

- Bảng biến thiên:

+∞

1

x −∞
y'

−

−

0,25

+∞

2
y

2

−∞
• Đồ thị:

y

2

0,25

O 1

x

b. (1,0 điểm)

M (m;5) ∈ (C ) ⇔ 5 =

2m + 1
⇔ m = 2. Do đó M (2;5).
m −1

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: y = y '(2)( x − 2) + 5, hay d : y = −3 x + 11.

0,25
0,25

(113 ; 0), cắt Oy tại B(0; 11).

0,25

1
1 11
121
Diện tích tam giác OAB là S = .OA.OB = . .11 =
.
6
2
2 3

0,25

d cắt Ox tại A

Trang 1/3


Câu
2
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Phương trình đã cho tương đương với sin 2 x = − sin x

0,25

⇔ sin 2 x = sin(− x )

0,25

2 x = − x + k 2π
(k ∈ ])
⇔⎡
⎣⎢2 x = π + x + k 2π

0,25

⎡x = k 2π
⇔⎢
(k ∈ ]).
3
⎢⎣x = π + k 2π

3
(1,0 điểm)

0,25

2π

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = k , x = π + k 2π ( k ∈]).
3
xy − 3 y +1 = 0
(1)
2
4 x −10 y + xy = 0 (2)

{

3 y −1
(3).
Nhận xét: y = 0 không thỏa mãn (1). Từ (1) ta được x =
y

Thay vào (2) ta được 3 y3 −11 y 2 + 12 y − 4 = 0
2
⇔ y = 1 hoặc y = 2 hoặc y = .
3

0,25
0,25

(52; 2) và (32 ; 23).

0,25

Đặt t = 2 x −1. Suy ra dx = tdt ; khi x = 1 thì t =1, khi x = 5 thì t = 3.

0,25

Thay vào (3) ta được nghiệm (x; y) của hệ là (2;1),
4
(1,0 điểm)

0,25

(

3

)

3
t
1
dt = ∫ 1 −
dt
t +1
1 t +1
1

Khi đó I = ∫

= (t − ln | t +1|)

0,25

3

0,25

1

= 2 − ln 2.

5
(1,0 điểm)

0,25

A′

A ' BA là góc giữa A' B với đáy ⇒ n
A ' BA = 60o.
AA ' ⊥ ( ABC ) ⇒ n

C′
N

⇒ AA ' = AB.tan n
A ' BA = a 3.

B′

Do đó VABC . A' B 'C ' = AA '.SΔABC =
C

M

A

K
B

3a3
.
4

0,25

Gọi K là trung điểm của cạnh BC.
Suy ra ΔMNK vuông tại K, có MK =
Do đó MN = MK 2 + NK 2 =

6
(1,0 điểm)

0,25

AB a
= , NK = AA ' = a 3.
2 2

a 13
.
2

0,25

0,25

Điều kiện: x ≥ 1. Đặt t = x −1, suy ra t ≥ 0.

t3 − t + 4
.
t +1
(t −1)(2t 2 + 5t + 5)
t3 − t + 4
Xét f (t ) =
, với t ≥ 0. Ta có f '(t ) =
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1.
t +1
(t +1)2
Bảng biến thiên:
+∞
t 0
1
Bất phương trình đã cho trở thành m ≥

f '(t )

−

0

0,25

+

+∞

f (t ) 4

0,25

0,25

2
Dựa vào bảng biến thiên ta được bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ 2.

Trang 2/3

0,25


Câu

Đáp án
Gọi (C) là đường tròn cần viết phương trình và I là tâm của (C).
Do I ∈ d , suy ra I (t ;3 − t ).

7.a
(1,0 điểm)

M
I
A

8.a
(1,0 điểm)

9.a
(1,0 điểm)

7.b
(1,0 điểm)

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH =

IH = d ( I ; Δ) =
B

H

AB 3 2
và
=
2
2

| 2t −1|
. Do đó IA = IH 2 + AH 2 = 2t 2 − 2t + 5.
2

Từ IM = IA ta được 2t 2 + 2t +1 = 2t 2 − 2t + 5, suy ra t = 1.
Do đó I (1;2).

Bán kính của (C) là R = IM = 5.
Phương trình của (C) là ( x −1)2 + ( y − 2)2 = 5.
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Phương trình của (P) là 2 x − y + z −12 = 0.
Gọi H là giao điểm của d và (P). Suy ra H (1 + 2t ; −1− t ; 3 + t ).

Do H ∈ ( P) nên 2(1 + 2t ) − (−1 − t ) + (3 + t ) −12 = 0. Suy ra t = 1. Do đó H (3; −2;4).
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua d, suy ra H là trung điểm của đoạn AA '. Do đó A '(2; −3;5).
(3 + 2i ) z + (2 − i )2 = 4 + i ⇔ (3 + 2i ) z = 1 + 5i
⇔ z = 1 + i.
Suy ra w = (2 + i )(1 − i ) = 3 − i.
Vậy w có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −1.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
JJJJG 3 JJJG
1
Suy ra AM = AG. Do đó M 2; − .
2
2
A
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AP, nên có phương
trình x − 2 y − 3 = 0.
Tam giác ABC vuông tại A nên B và C thuộc đường tròn tâm M,
G
P
5 5
B
C bán kính MA = 2 . Tọa độ các điểm B và C là nghiệm của hệ
M
⎧x − 2 y − 3 = 0
⎪
2
1
125
⎨
2
−

+
+
=
(
x
2)
y
⎪⎩
2
4
x = 7, y = 2
⇔⎡
⎣⎢x = −3, y = −3.
Vậy B(7;2), C (−3; −3) hoặc B(−3; −3), C (7;2).
Do IA ⊥ ( P ) nên I (−1+ 2t ;3 − 5t ;2 + 4t ).
Do I ∈ ( P ) nên 2(−1 + 2t ) − 5(3 − 5t ) + 4(2 + 4t ) − 36 = 0, suy ra t = 1. Do đó I (1; −2;6).

( )

Điểm
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

( )

8.b
(1,0 điểm)

9.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25

Ta có IA = 3 5.
Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A là ( x −1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 6)2 = 45.

0,25

Phương trình z + (2 − 3i ) z −1 − 3i = 0 có biệt thức Δ = −1.

0,25

Suy ra Δ = i .
Nghiệm của phương trình đã cho là z = −1 + 2i
hoặc z = −1 + i.

0,25
0,25
0,25

2

2

------------- Hết -------------

Trang 3/3

0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
−−−−−−−−−−
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Đáp án

Câu
a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ)
• Tập xác đònh: D = R.
• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y = −3x + 6x; y = 0 ⇔
2

0,25

x=0
x = 2.

Các khoảng nghòch biến: (−∞; 0) và (2; +∞); khoảng đồng biến: (0; 2).
- Cực trò: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −1; đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3.
- Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞; lim y = −∞.
x→−∞

Điểm

0,25

x→+∞

- Bảng biến thiên:
x −∞
y
y

+∞ P
P

0
0

−
PP
PP
q

−1

• Đồ thò:

+
✏
✏✏

2
0

+∞
−

✏ 3 PP
✶
✏✏
P

PP
q
P

0,25

−∞

y
✁

3
✂

✆

0,25
✄

2

 

x

☎

−1

b) (1,0 điểm)
Hệ số góc của tiếp tuyến là y (1) = 3.

0,25

Khi x = 1 thì y = 1, nên tọa độ tiếp điểm là M (1; 1).

0,25

Phương trình tiếp tuyến d cần tìm là y − 1 = 3(x − 1)

0,25

⇔ d : y = 3x − 2.

0,25

Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Từ giả thiết ta được 2(a + bi) − i(a − bi) = 2 + 5i
2
(1,0đ)
2a − b = 2
⇔
2b − a = 5
⇔

a=3
b = 4.

0,25
0,25

0,25

Do đó số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4.

1

0,25


Đáp án

Câu
3
(1,0đ) Ta có I =

2

1

x dx =

•

2 ln x
dx.
x

x dx +

2

Điểm

2

0,25

1

x2
2

3
.
2

2
1

=

0,25

1
2

2

2 ln x
dx =

x

•
1

4
(1,0đ)

2 ln x d(ln x) = ln2 x

2
1

= ln2 2.

1

3
Do đó I = + ln2 2.
2

0,25

Đặt t = 3x , t > 0. Phương trình đã cho trở thành 3t 2 − 4t + 1 = 0

0,25

t=1
⇔
1

t= .
3
• Với t = 1 ta được 3x = 1 ⇔ x = 0.

0,25
0,25

1
ta được 3x = 3−1 ⇔ x = −1.
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 hoặc x = −1.
• Với t =

→
Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến −
n = (3; −4).
5
(1,0đ)
→
Đường thẳng ∆ cần viết phương trình đi qua A và nhận −
n làm vectơ chỉ phương, nên
∆ : 4(x + 2) + 3(y − 5) = 0 ⇔ ∆ : 4x + 3y − 7 = 0.
3t + 1
M ∈ d, suy ra M t;
.
4
2
3t + 1
AM = 5 ⇔ (t + 2)2 +
− 5 = 52 ⇔ t = 1. Do đó M (1; 1).

4
x−2
y−1
z +1
6
Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P ) là
=
=
.
1
2
−2
(1,0đ)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P ), suy ra H(2 + t; 1 + 2t; −1 − 2t).

7
(1,0đ)

0,25

Ta có H ∈ (P ) nên (2 + t) + 2(1 + 2t) − 2(−1 − 2t) + 3 = 0 ⇔ t = −1. Do đó H(1; −1; 1).
−
−→
→
Ta có AB = (−1; 1; 4) và vectơ pháp tuyến của (P ) là −
n = (1; 2; −2).
−−
→ →
−
Suy ra [ AB, n ] = (−10; 2; −3).

−−
→ −
Mặt phẳng (Q) cần viết phương trình đi qua A và nhận [ AB, →
n ] làm vectơ pháp tuyến,
nên (Q) : −10(x − 2) + 2(y − 1) − 3(z + 1) = 0 ⇔ (Q) : 10x − 2y + 3z − 15 = 0.
S
✡

☛

A
✝

✞

✠

✟

B

H

C

D

Ta có SA ⊥ (ABCD) nên góc giữa SC và đá√y là SCA.
Do ABCD là hình vuông cạnh a, nên AC = 2 a.
√

Suy ra SA = AC. tan SCA = 2 a.
√ 3
1
2a
Thể tích khối chóp là V S.ABCD = .SA.SABCD =
.
3
3
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD, suy ra
AH ⊥ SD. Do CD ⊥ AD và CD ⊥ SA nên CD ⊥ (SAD).
Suy ra CD ⊥ AH. Do đó AH ⊥ (SCD).
1
1
1
3
Ta có
=
+
= 2.
2
2
2
AH
SA
AD
2a
√
6a
Do đó d(B, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AH =
.

3
2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25


Đáp án

Câu
8
(1,0đ)

x2 + xy + y 2 = 7
x2

− xy −

2y 2

Điểm

(1)
0,25

= −x + 2y (2).

Ta có (2) ⇔ (x − 2y)(x + y + 1) = 0
⇔

x = 2y
x = −y − 1.

0,25

• Với x = 2y, phương trình (1) trở thành 7y 2 = 7 ⇔

y=1⇒x=2
y = −1 ⇒ x = −2.

y = −3 ⇒ x = 2
y = 2 ⇒ x = −3.
Vậy các nghiệm (x; y) của hệ đã cho là: (2; 1), (−2; −1), (2; −3), (−3; 2).
• Với x = −y − 1, phương trình (1) trở thành y 2 + y − 6 = 0 ⇔

9

Tập xác đònh của hàm số là D = [0; 5].
(1,0đ)
1
1
Ta có f (x) = √ − √
, ∀x ∈ (0; 5).
x 2 5−x
√
√
f (x) = 0 ⇔ x = 2 5 − x ⇔ x = 4.
√
√
Ta có f (0) = 5; f (4) = 5; f (5) = 2 5.
√
• Giá trò nhỏ nhất của hàm số là f (0) = 5.

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

• Giá trò lớn nhất của hàm số là f (4) = 5.

−−−−−−Hết−−−−−−

3

bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Câu

ý

I

1

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Nội dung

ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3x 2 + 6 x = 3 x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ

0,5đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

y" = 0 x = 1

Bảng biến thiên


x

0


y'

+

0

+

0



lõm

U

4

CT
0

2

CĐ
lồi

x = 0
y=0
,
x = 3
Đồ thị:

+

2

+

0

y"
y

1





y (1) = 4

y

4
2

-1

0

1

2

3

x

( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1