BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A 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: ………………………… 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 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=− . J JG 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 xdx x 3x dx.−+ − =−+ ∫∫ 0,25 2/4 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∈∈⇒ =− ) . J JJG 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 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 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: A 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 59xy 0 + −= và 350xy . + −= 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 0 Δ −−= 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: 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 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 y0,x = CĐ = y(0) = 2. - Hàm số đạt cực tiểu tại y2,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 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 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 = J JG 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 Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Điều kiện: . z i≠ Phương trình đã cho tương đương với 2 (4 3 ) 1 7 0.zizi−+ ++= 0,25 VII.b 2 34 (2 ).iiΔ= − = − 0,50 (1,0 điểm) Nghiệm của phương trình đã cho là và 12zi=+ 3.zi=+ 0,25 Hết [...]... ) 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 c a BC ⇒ HA = HB = HC Kết hợp với giả thi t SA = SB = SC suy ra SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC S ⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SAH = 60o 0,25 H 2a B 60o C a 2 A ∆ABC vng cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a 1 1 3a 3 ∆SHA vng : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS ABC = AB AC SH = 3 2 3 2/4 0,25... - Hết -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng 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 2012 Mơn: TỐN; 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 thi n và vẽ đồ thị c a hàm... được nghiệm (x; y) c a 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 AA ' ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' BA là góc gi a A' B với đáy ⇒ A ' BA = 60o C′ N ⇒ AA ' = AB.tan 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 c a cạnh BC Suy ra ΔMNK vng tại K, có MK = Do đó MN =... 1) 2 = 4 2 Cho lăng trụ ABC .A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vng tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vng góc c a đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm c a cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin c a góc gi a hai đường thẳng AA ' , B 'C ' th a mãn hệ thức a 0 + .Hết Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm... các số phức Hết -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn: TỐN; 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 thi n và vẽ đồ thị … • Tập... thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB = 26 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z th a mãn z 2 − 2(1 + i ) z + 2i = 0 Tìm phần thực và phần ảo c a - Hết -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: 1 z ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO... = 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: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 Mơn: TỐN; 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... −−−−− − − − −− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 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) 2x + 1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x−1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò (C) c a hàm số đã cho b) Gọi M là điểm thuộc (C) có tung độ bằng 5 Tiếp tuyến c a (C) tại M... Đặt a = x x + 2y y , b = y y + 2z z , c = z z + 2x x 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a Suy ra: x x = , y y= ,z z= 9 9 9 0,25 2 ⎛ 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a ⎞ + + Do đó P ≥ ⎜ ⎟ 9⎝ b c a ⎠ = 2⎡ ⎛c a b⎞ a b c⎞ ⎤ 2 ⎢ 4 ⎜ b + c + a ⎟ + ⎜ b + c + a ⎟ − 6 ⎥ ≥ 9 ( 4.3 + 3 − 6 ) = 2 9⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ c a b ⎛c a ⎛b ⎞ a b + + = ⎜ + ⎟ + ⎜ + 1⎟ − 1 ≥ 2 +2 − 1 ≥ 4 − 1 = 3, b c a ⎝b c⎠ a ⎠ b a c a b a b... c a AD S Do ∆SAD đều nên SH ⊥ AD Do ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) 0,25 0,25 0,25 M ⇒ SH ⊥ BP (1) Xét hình vng ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP ⇒ CH ⊥ BP ( 2 ) Từ (1) và (2) A suy ra BP ⊥ ( SHC ) B 0,50 K H Vì MN // SC và AN // CH nên ( AMN ) // ( SHC ) Suy ra BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM 0,25 N D P C 1 Kẻ MK ⊥ ( ABCD ) , K ∈ ( ABCD ) Ta có: VCMNP = MK.SCNP 3 2 1 a 3 1 a 3a 3 , SCNP = CN.CP = nên VCMNP . 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 Đáp án Điểm 1. (1,0. Trang 1/3 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG. 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 thi n