ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 MÔN TOÁN KHỐI A, KHỐI A1, KHỔI B VÀ KHỐI D, CÓ ĐÁP ÁN

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 MÔN TOÁN KHỐI A, KHỐI A1, KHỔI B VÀ KHỐI D, CÓ ĐÁP ÁN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013

−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC 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 y = 2x + 1

x − 1 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (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 diện tích tam giác OAB

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cosπ

2 − x

 + sin 2x = 0

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

(

xy − 3y + 1 = 0 4x − 10y + xy2

= 0 (x, y ∈ R)

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I =

5 Z 1

dx

1 +√ 2x − 1. Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A0B0C0 có AB = a và đường thẳng A0B tạo với đáy một góc bằng 60◦ Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và B0C0 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A0B0C0 và độ dài đoạn thẳng MN

Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để bất 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) Viết phương trình đường tròn đi qua M, có 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 hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; −1; 3) và đường thẳng

d: x − 1

y+ 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 điều 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 G1

3;

1

3 Đường cao kẻ 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 tọa 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 qua điểm A

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z2

+ (2 − 3i)z − 1 − 3i = 0 trên tập hợp C 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:

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)

a (1,0 điểm)

• Tập xác định: D= \\{1}

• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 3 2; ' 0,

( 1)

x

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

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2; tiệm cận ngang:

lim , lim

- Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

b (1,0 điểm)

1

m

m

+

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: y=y'(2)(x− + hay :2) 5, d y= − +3x 11 0,25

d cắt Ox tại (11; 0 ,

3

1

(2,0 điểm)

x

'

y

y

+ ∞

− ∞

2

2

2

O

y

Diện tích tam giác OAB là 1 1 11 .11 121

S= OA OB= =

Câu Đáp án Điểm

Phương trình đã cho tương đương với sin 2x= −sinx 0,25

sin 2x sin( x)

x x k

k

= − +

⎡

2

(1,0 điểm)

2π

3

π 2π

⎡ =

⎢ = +

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 2π,

3

x k= x= +π k2π (k∈] )

xy y

x y xy

− + =

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

y

−

=

0,25

1

y

⇔ = hoặc y=2 hoặc 2

3

3

(1,0 điểm)

Thay vào (3) ta được nghiệm (x; y) của hệ là ( )5

(2;1), ; 2

2 và ( )3 2

;

Đặt t= 2x−1 Suy ra dx t t= d ; khi x = 1 thì t =1, khi x = 5 thì t = 3 0,25

1

t

( )3

1

ln | 1|

4

(1,0 điểm)

2 ln 2

AA ⊥ ABC ⇒nA BA' là góc giữa 'A B với đáy ⇒nA BA' =60o 0,25

5

(1,0 điểm)

n ' tan '

AA AB A BA a

Do đó ' ' ' ' 3 3

4

a

Gọi K là trung điểm của cạnh BC

Suy ra ΔMNK vuông tại K, có , '

AB a

MK= = NK=AA =a 3 0,25

2

a

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

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 t≥0.Ta có

2 2

( 1)(2 5 5)

( 1)

f t

t

=

+ '( ) 0f t = ⇔ = t 1. 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 m≥2 0,25

t

( )

f t

+

− '( )

4

1

2

+∞

A

B

C

A′

K

M

N

B′

C′

Câu Đáp án Điểm

Gọi (C) là đường tròn cần viết phương trình và I là tâm của (C)

Do I∈d, suy ra I t( ;3 ).− t 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, suy ra 3 2

AB

AH= = và

|2 1|

2

t

IH=d I Δ = −

Do đó IA= IH2+AH2 = 2t2− + 2 5t 0,25

Từ IM IA= ta được 2t2+ + =2 1t 2t2− + suy ra t2 5t , =1

7.a

(1,0 điểm)

Bán kính của (C) là R IM= = 5

Phương trình của (C) là ( x−1)2+ −(y 2)2= 5 0,25

Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d Phương trình của (P) là 2x y z− + − = 0.12 0,25

Gọi H là giao điểm của d và (P) Suy ra (1 2 ; 1 ; 3 ) H + t − −t + t 0,25

Do H∈( )P nên 2(1 2 ) ( 1 ) (3 ) 12 0.+ t − − − + + − =t t Suy ra t= Do đó 1 H(3; 2;4).− 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 đóA'(2; 3;5).− 0,25

2

(3 2 )+ i z+ −(2 )i = + ⇔ +4 i (3 2 )i z= + 1 5i 0,25

1

9.a

(1,0 điểm)

Gọi M là trung điểm của cạnh BC

Suy ra 3

2

AM= AG

JJJJG JJJG

Do đó ( )1

2; 2

Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AP, nên có phương

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)

x y

− − =

⎧⎪

⎨ − + + =

0,25

7.b

(1,0 điểm)

7, 2

3, 3

⎡

⇔ ⎢ =− =−⎣ Vậy (7;2), ( 3; 3)B C − − hoặc B( 3; 3), (7;2)− − C 0,25

Do IA⊥( )P nên I( 1 2 ;3 5 ;2 4 ).− + t − t + t 0,25

Do I∈( )P nên 2( 1 2 ) 5(3 5 ) 4(2 4 ) 36 0,− + t − − t + + t − = suy ra t= Do đó 1 I(1; 2;6).− 0,25

8.b

(1,0 điểm)

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 z2+ −(2 3 )i z− − =1 3 0i có biệt thức Δ = − 1 0,25

9.b

(1,0 điểm)

- Hết -

A

B

P

M

G

C

M

I