DeDap an mon TOAN CD nam 2013Chi tiet nhieu cach

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ 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) 2 x 1 y x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 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.   cos   x   sin 2 x 0 2  Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình .  xy  3 y  1 0  4 x  10 y  xy 2 0 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R). 5 dx  Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 1  2 x  1 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.  x  2  m  x  1 m  4 có nghiệm. 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. 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  1 y 1 z  3   2 1 1 . Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua d. 2 Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z, thỏa mãn điều kiện (3  2i ) z  (2  i ) 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  1 1 G ;  tâm  3 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. 2 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z  (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: ………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GỢI Ý: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 2 x 1 y x 1 Câu 1. Cho hàm số a. K/s và vẽ:.  TXÑ : D  \  1  Sự biến thiên :  y/ . 3.  x  1. 2.  0,x  D.  Hàm số nghịch biến trên hai khoảng ( ; 1), (1; )  Hàm số không có cực trị  Giới hạn : Ta có : lim y 2  y 2 laø tieäm caän ngang x  . lim y ; lim y    x 1 là tiệm cận đứng. x  1. y. x 1. . + Bảng biến thiên: x -∞ y’ y 2. 4. 1. +∞. .  +∞ -∞. y=2. 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 * caét ox taïi A( ; 0)  Đồ thị (C )  2 * caét oy taïi B(0;  1)  b. Gọi M là điểm thuộc (C) có tung độ bằng 5. Khi đó: M ( x0 ; 5) , hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:. -. 1. 0. 1. 2. -1 -2.  x 1 2 x0  1 5   0  x0 2 x0  1 2 x0 1 5 x0  5 x=2  Phương trình tiếp tuyến tại M(2; 5) là: y – 5 = y’(2)(x – 2)  y = -3x + 11.. 11 Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục tọa độ Ox và Oy lần lượt tại A (0; 11); B ( 3 ; 0); OA 11 1 121    11  SOAB  OA.OB  2 6 OB  3 Câu 2:.   1 cos   x   sin 2 x 0  2  Cách 1:  sinx + 2sinxcosx = 0  sinx = 0 hay cosx = 2. x=1. 5. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2   k 2 3  x = k hay x = (k  Z) Cách 2:.    cos   x   sin 2 x 0  cos   2  2   cos   2.  x   sin 2 x   x  sin( 2 x)       cos   x  cos   2 x  2  2 .   k 2   2  2 x  2  x  k 2 x     (k  ) 3      2 x  x   k 2  x    k 2  2 2 Lưu Ý: Nghiệm ở cách 1 và cách 2 là giống nhau, chỉ khác nhau cách viết. Câu 3: 1  x 3  (do y 0 y Cách 1: Từ Pt(1)  xy 3 y  1 không là nghiệm của Pt(1)), thế vào (2) ta có:   1 1  4  3    10 y   3   y 2 y y  =0   Pt(2)   y 1    y 2  2 y  2  3 2  3 y  11 y  12 y  4 0   y  1  3 y  8 y  4  0 3  3  5 x   x  2 x     2 hay  2 hay    y 1  y 2  y 2  3 Vậy: hệ có nghiệm Cách 2: Từ Pt(1) Câu 4 : 5 dx I  1 1 2x  1 Cách 1: Đặt t =.  y. 1 3  x (Dễ thấy x=3 không là nghiệm của Pt(1)), thế vào (2) ta giải tương tự.. 2 x  1  t2 = 2x – 1  tdt = dx 3. tdt. 3 t  ln(1  t ) 2  ln 2    1 t(1) = 1; t(5) = 3  I = 1  t = 1. Cách 2:. Ñaët t 1  2 x  1  dx (t  1)dt 4 4 4 x 1 y 2 t 1 1 Đổi cận :   I  dt (1  )dt  t  ln t  2  ln 2. 2 t t x 5 y 4 2 2. Câu 5 :.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> h  AA'  a2 3  AA'  ( ABC )  ABC đều cạnh a  SABC  4   AB laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A ' B leân ( ABC )  Do ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên  Xeùt A' AB vuoâng taïi A , ta coù : AA'  ' a 3 tan ABA '   AA'  AB .tan ABA N AB B' a2 3 3a3 VABC. A ' B ' C '  AA '.SABC  a 3 4 4 Gọi P là trung điểm của BC , khi đó :  NP  BC  AB a    MP là đường trung bình ABC  MP  2 2  MNP vuoâng taïi P 2. . . MN  a 3. . 2. C'. A'. C. P. 2. 13a 2 a 13 a     MN  4 2  2. B. 600. M. Câu 6: (x – 2 – m) x  1 m  4 có nghiệm Điều kiện: x 1. x  1  m x  1 m  4  Bất phương trình  (x – 2). f ( x) . ( x  2) x  1  4 m 1 x  1. A. ( x  2) x  1  4 1 x  1. Đặt YCBT  f(x)  m có nghiệm trên [1; +) (*). 2t 3  3t 2  5 t3  t  4 2 x  1 , t  0 khi đó: f(x) trở thành g(t) = t  1  g’(t) = (t  1) ;. Đặt t = g’(t) = 0  t = 1 t g’(t) g(t). 0. 1 0. . +∞ +. 2 (*)  g(t)  m có nghiệm thuộc [0; +)  m  2. Câu 7.a.   d : x  y  3 0  n (1; 1) d  Ta coù :   nd .n 0  d   giả sử tại H  : x  y  2 0  n (1;  1) Mà theo giả thiết I  d  I (t; 3 – t) là tâm đường tròn. A H là trung điểm của AB  AB 3 2 2 2 2 2 2  AH    IH IA  AH IM  AH 2 2 (1)  t  3 t 2  d ( I ,  )    2  Ngoài ra: 2.    . B H M I. 2. (2). d.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 2. 3 2  t  3t 2  9     2  2  = (t + 1)2 + t2 – 2 Từ (1) và (2) suy ra: [d(I, )]2 = IM2 –    t = 1  I (1; 2)  (C) : (x – 1)2 + (y – 2)2 = 5. Câu 8.a.  x 1  2t  x  1 y 1 z  3  d:     y  1  t  ud (2;  1; 1) 2 1 1  z 3  t  Cách 1: Ta có  Pt ( P ) đi qua A và vuông góc với d có dạng : 2 x  y  z  12 0  x 1  2t   y  1  t Gọi H d  (P ), khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ :   t 1  H (3;  2; 4) z  3  t   2 x  y  z  12 0  H (3;  2; 4) laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A leân d Gọi A'( x ' ; y '; z ') là điểm đối xứng của A qua d , khi đó H là trung điểm của AA ' nên  x ' 2 x H  x A 2  A' :  y ' 2 yH  yA  3  A'(2;  3; 5)  z' 2z  z 5 H A  Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông  góc của A lên d nên H  d.  H (1 + 2t; -1 –t;3 + t)  AH = (2t – 3; -t; t)  Do AH  d  AH .ud 0  2(2t  3)  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. (5i  1)(3  2i) 1  i  z 1  i 13 z=. C. 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 có: AP (1;  2) . Gọi M( x M ; yM ) là trung điểm BC, khi đó:   10 5    2 2 AG  ;   , 2GM  2 x M  ; 2 yM   3 3 3  3 . 2 10    2 xM  3  3 AG 2GM    2 5 2 y    M 3 3 .  x 2  M  1  yM  2. 1 (2;  ) 2 M. M H. G P. A. 1 BC qua M và có VTPT AP = (1; -2)  phương trình BC: 1(x – 2) – 2(y + 2 )=0  x – 2y – 3 = 0 .  x 2 x M  xB 1  2t   C  yC 2 x M  xB  1  t  C (1 – 2t; -1 – t) Do B  BC  B (2t + 3; t), M là trung điểm BC. B.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   AC AB Mà = (2t + 6; t – 2); = (4 – 2t; -3 – t), ABC vuông tại A nên AB. AC 0 .  t 2  t  3  (2t + 6) (4 – 2t) + (t – 2)(-3 – t) = 0  t2 + t – 6 = 0   - Khi t = -3  B (-3; -3); C (7; 2) - Khi t = 2   B (7; 2); C (-3; -3) Cách 2: Ta có: AP (1;  2) . Gọi M( x M ; yM ) là trung điểm BC, khi đó:   10 5    2 2 AG  ;   , 2GM  2 x M  ; 2 yM   3 3 3  3 .   AG 2GM  . 2 10  2 x   M  3 3   2 y  2  5  M 3 3.  x 2  M  1  yM  2. 1 (2;  ) 2 M. 1  BC qua M và có VTPT AP = (1; -2)  phương trình BC: 1(x – 2) – 2(y + 2 )=0  x – 2y – 3 = 0 2. Do ABC vuoâng taïi A neân A , B ,C  ( M , MA .  5 5 1 125 ) : ( x  2) 2   y    . 2 2 4 .   x 7  x  2 y  3 0   2   y 2 Suy ra tọa độ B và C là nghiệm của hệ :   1 125   2  x  3 ( x  2)   y     2 4       y  3 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 vuông góc (P)  d :. I = d  (P) nên tọa độ của I là nghiệm của hệ:.  x  1  2t   y 3  5t  z 2  4t .  x  1  2t  y 3  5t   t 1   z  2  4 t  2 x  5 y  4 z  36 0.  x 1   y  2   z 6. I (1; -2; 6);.  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 vuông góc với (P) x 1 y  3 z  2    5 4 nên nhận nP (2;  5; 4) laøm vtcp coù daïng : 2 I  d  I   1  2t ;3  5t; 2  4t  Do I  ( P)  2   1  2t   5  3  5t   4  2  4t   36 0  45t  45 0  t 1  Mặt khác I(1;-2;6)  R2 = IA2 = 4 + 25 + 16 = 45 2 2 2  PT (S):  x  1   y  2    z  6  45.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 9.b z2 + (2 – 3i)z – 1 – 3i = 0  = 4 – 12i – 9 + 4 + 12i = -1 = i2.  2  3i  i  z   1  i  2   z   2  3i  i  1  2i 2 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là:  .. LưuÝ : (Cách tìm căn bậc 2 của một số phức ). Nếu kết quả của  không phải là bình phương của một số phức , thì caùc Hsinh (banCB) coù theå trình baøy theo caùch sau : Giã sử gọi  a  bi , (a , b   ,i 2  1), w  x  yi , ( x , y   , i 2  1) là căn bậc hai của  , khi đó :  w 2  a  bi ( x  yi )2  a  bi  x 2  y 2  2 xyi  x 2  y 2 a x  giải hệ    số phức w , áp dụng công thức nghiệm của ptb 2  z y  2 xy b.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>