Câu 6 1,0 điểm Tìm m để bất phương trình PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua d.[r]
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, A1, B và D NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
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
1
x y x
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
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2
xy y
x y xy
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I =
5
11 2 1
dx x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có AB = a và đường thẳng A’B tạo với đáy một góc bằng
600 Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và B’C’ Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và độ dài đoạn thẳng MN
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình x 2 m x1 m 4
có nghiệm.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 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 2 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 y z
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 2 ) i 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
1 1
;
3 3
G
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 3 ) i z 1 3i0 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: ………
Trang 22
-2
5
0
y=2
x=1
1 -1
-1 2
y
x
GỢI Ý:
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số
1
x y x
a K/s và vẽ:
/
2
:
1
( ; 1), (1; )
x
TXĐ D
Sự biến thiên
x Hàm số nghịch biến trên hai khoảng
Hàm số không có cực trị
Giới hạn Ta có
y y là tiệm cận ngang
y y x là tiệm cậ
n đứng
+ Bảng biến thiên:
x -∞ 1 +∞
y’
y 2 +∞
-∞ 2
- Đồ thị: + Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) là giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 1 * ( ; 0) ( ) 2 * (0; 1) cắt ox tại A Đồ thị C cắt oy tại B b Gọi M là điểm thuộc (C) cĩ tung độ bằng 5. Khi đĩ: M x( ; 5)0 , hồnh độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
0 0
0
0
1
1
x x
x
Phương trình tiếp tuyến tại M(2; 5) là: y – 5 = y’(2)(x – 2) y = -3x + 11
Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục tọa độ Ox và Oy lần lượt tại A (0; 11); B (
11
3 ; 0);
11
3
OAB
OA
OB
Câu 2:
Cách 1:
sinx + 2sinxcosx = 0 sinx = 0 hay cosx =
1 2
Trang 3 x = k hay x =
2
2
(k Z)
Cách 2:
2
2
2
k
k
Lưu Ý: Nghiệm ở cách 1 và cách 2 là giống nhau, chỉ khác nhau cách viết.
Câu 3:
Cách 1: Từ Pt(1) xy3y1
1
y
không là nghiệm của Pt(1)), thế vào (2) ta có:
Pt(2)
2
3y 11y 12y 4 0
y1 3 y2 8y4 0
1 2 2 3
y y y
Vậy: hệ có nghiệm
3 5
2
2
3
x
y
Cách 2: Từ Pt(1)
1 3
y
x
(Dễ thấy x=3 không là nghiệm của Pt(1)), thế vào (2) ta giải tương tự
Câu 4 :
5
1 1 2 1
dx I
x
Cách 1: Đặt t = 2x 1 t2 = 2x – 1 tdt = dx
t(1) = 1; t(5) = 3 I =
3
11
tdt t
= t ln(1t)13 2 ln 2
Cách 2:
2
Câu 5 :
Trang 460 0
N
M
C'
B'
A'
C
B
A
H
d
M
I
B
A
Do ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên
2
'
3
4
ABC
h AA
a ABC ABC đều cạnh a S
AB là hình chiếu vuông góc của A B lên ABC
'
Xét A AB vuông tại A ta có
AA
AB
Gọi P là trung điểm của BC khi đó
NP BC
AB a
MP là đường trung bình ABC MP
MNP vuông tại P
3
Câu 6: (x – 2 – m) x 1 m 4 cĩ nghiệm
Điều kiện: x 1
Bất phương trình (x – 2)
Đặt
( )
f x
x
YCBT f(x) m cĩ nghiệm trên [1; +) (*)
Đặt t = x 1, t 0 khi đĩ: f(x) trở thành g(t) =
1
t t t
g’(t) =
2
( 1)
t
g’(t) = 0 t = 1
t 0 1 +∞
g’(t) 0 +
g(t)
2
(*) g(t) m cĩ nghiệm thuộc [0; +) m 2 Câu 7.a : 3 0 (1;1) : 0 : 2 0 (1; 1) d d d x y n Ta có n n d giả sử tại H x y n Mà theo giả thiết I d I (t; 3 – t) là tâm đường trịn H là trung điểm của AB 2 2 2 2 2 3 2 2 2 AB AH IH IA AH IM AH (1) Ngồi ra: 2 2 3 2 ( , ) 2 t t d I (2)
Trang 5G P H M C
B A
Từ (1) và (2) suy ra: [d(I, )]2 = IM2 –
2
3 2 2
2
2
= (t + 1)2 + t2 –
9 2
t = 1 I (1; 2) (C) : (x – 1)2 + (y – 2)2 = 5
Câu 8.a
Cách 1: Ta cĩ
1 2
1 2 1
3
(3; 2; 4)
'( '
Pt P đi qua A và vuông góc với d có dạng x y z
Gọi H d P khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ t H
x y z
H là hình chiếu vuông góc của A lên d
Gọi A x
y z là điểm đối xứngcủa A qua d khi đó H là trung điểm của AA nên
Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuơng gĩc của A lên d nên H d
H (1 + 2t; -1 – t; 3 + t) AH
= (2t – 3; -t; t)
Do AH d AH u d 0 2(2 3)t t t 0
t = 1 Vậy H (3; -2; 4) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d thì H là trung điểm AA’ nên A’ (2; -3; 5)
Câu 9.a. (3 + 2i)z = 4 + i – 3 + 4i = 5i + 1
z =
(5 1)(3 2 )
13
w =(1 )z z(2 + i)(1 – i) = 3 – i
Vậy phần thực của w là 3 và phần ảo là -1
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b
Cách 1 : Ta cĩ: AP (1; 2) Gọi M(x y M; M) là trung điểm BC, khi đĩ:
AG GM x y
2
M M
x x
y y
M
1 (2; ) 2
BC qua M và cĩ VTPT AP
= (1; -2) phương trình BC: 1(x – 2) – 2(y +
1
2)=0 x – 2y – 3 = 0
Do B BC B (2t + 3; t), M là trung điểm BC
Trang 6Mà AB
= (2t + 6; t – 2); AC
= (4 – 2t; -3 – t), ABC vuơng tại A nên AB AC 0
(2t + 6) (4 – 2t) + (t – 2)(-3 – t) = 0 t2 + t – 6 = 0
2 3
t t
- Khi t = -3 B (-3; -3); C (7; 2)
- Khi t = 2 B (7; 2); C (-3; -3)
Cách 2: Ta cĩ: AP (1; 2) Gọi M(x y M; M) là trung điểm BC, khi đĩ:
AG GM x y
2 10
2 2
M M
x x
y y
M
1 (2; ) 2
BC qua M và cĩ VTPT AP = (1; -2) phương trình BC: 1(x – 2) – 2(y +
1
2)=0 x – 2y – 3 = 0
2 2
2 2
7
2
3
Do ABC vuông tại A nên A B C M MA x y
x
x y
y Suy ra tọa độ B và C là nghiệm của hệ
y
Vậy B (-3; -3); C (7; 2) hoặc B (7; 2); C (-3; -3)
Câu 8.b:
Cách 1 : Gọi d là đường thẳng qua A và vuơng gĩc (P) d :
1 2
3 5
2 4
I = d (P) nên tọa độ của I là nghiệm của hệ:
1 2
1
3 5
2 4
6
x
z
R = IA = 4 25 16 3 5
pt(S) : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 6)2 = 45
Cách 2 : Phương trình đt d đi qua A và vuơng gĩc với (P)
nên nhận n P (2; 5; 4) làm vtcp có dạng:
x y z
Do I d I 1 2 ;3 5 ; 2 4t t t
Mặt khác I( )P 2 1 2 t 5 3 5 t4 2 4 t 36 0 45t 45 0 t1 I(1;-2;6)
R2 = IA2 = 4 + 25 + 16 = 45
PT (S): x12y22z 62 45
Trang 7Câu 9.b z2 + (2 – 3i)z – 1 – 3i = 0
= 4 – 12i – 9 + 4 + 12i = -1 = i2
Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm phân biệt là:
2 3
1 2
2 3
1 2 2
i i
i i
,
LưuÝ Cách tìm căn bậc của một số phức
Nếu kết quả của không phải là bình phương của một số phức
thì các Hsinh banCB có thể trình bày theo cách sau
Giã sử gọi a bi a b i w x yi x y i l
2 2
2 2
,
2
2
à căn bậc hai của khi đó w a bi x yi
a bi x y xyi
x
x y a giải hệ số phức w áp dụng côngthức nghiệm của ptb z
y
xy b