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 thò (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 cos

π
2
− x

+ sin 2x = 0.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

xy − 3y + 1 = 0
4x − 10y + xy
2
= 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
5

1
dx

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
2
=
y + 1
−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 G

1
3
;
1

2
3
';'0,
(1)
yy
x
=− < ∀ ∈
−
.xD

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

0,25
- Giới hạn và tiệm cận: ; tiệm cận ngang:
lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
==
2.y =

; tiệm cận đứng:
11
lim , lim
xx
yy
−+
0,25
b. (1,0 điểm)
21
(;5)() 5 2.
1
m
Mm C m
m
+
∈⇔= ⇔=
−
Do đó
(2;5).M
0,25
Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:
'(2)( 2) 5,yy x= −+
hay
: 3 11.dy x= −+

0,25
d cắt Ox tại
(
11
;0 ,
3
A
)
cắt Oy tại B(0; 11).

x
Diện tích tam giác OAB là
1 1 11 121
11 .
223
SOAOB===
6

0,25
Trang 2/3
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với
sin 2 sinx x= −

0,25
sin 2 sin( )x x⇔=−

0,25
22π
()
2 π 2π
xxk
k
xxk
=− +
⎡
⇔∈
⎢
=++

π 2π ()xkk.= +∈]

{
2
310 (1)
410 0(2)
xy y
xyxy
−+=
−+=

Nhận xét: không thỏa mãn (1). Từ (1) ta được
0y =
31
(3).
y
x
y
−
=

0,25
Thay vào (2) ta được

32
311124yyy−+−=0
0,25
1y⇔=
hoặc hoặc
2y =

1
d1 d
11
t
It
tt
==−
++
∫∫
t

0,25
()
3
1
ln | 1|tt=− +

0,25
4
(1,0 điểm)
2ln2.=−

0,25
'( )AA ABC⊥

n
'A BA⇒
là góc giữa
'A B
với đáy

MK NK AA a== ==3.

0,25
Do đó
22
13
.
2
a
MN MK NK=+=

0,25
Điều kiện: Đặt
1.x≥
1,tx=−
suy ra
0.t ≥
Bất phương trình đã cho trở thành
3
4
.
1
tt
m
t
− +
≥
+

0,25 0,25
6
(1,0 điểm)
Dựa vào bảng biến thiên ta được bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
2.m ≥
0,25
t
()
f t
0
+∞
+
−
'( )f t
0
4
1
2
+∞
A
B
C
A
′

K

Do đó
222
225IA IH AH t t .= +=−+

0,25
Từ
IM IA=
ta được
22
221225tt tt,+ += − +
suy ra
t

1.=
Do đó
(1; 2).I
0,25
7.a
(1,0 điểm) Bán kính của (C) là
5.RIM==


(3 2 ) (2 ) 4 (3 2 ) 1 5iz i i iz i++−=+⇔+=+
0,25
1.zi⇔=+

0,25
Suy ra
wi

(2)(1)3.ii=+ −=−
0,25
9.a
(1,0 điểm)
Vậy w có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −1.
0,25
Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Suy ra
3
.
2
AM AG=
JJJJG JJJG
Do đó
( )
1
2;
.

2
M
−


0,25
7.b
(1,0 điểm)

7, 2
3, 3.
xy
xy
= =
⎡
⇔
⎢
= −=−
⎣

Vậy
(7;2), ( 3; 3)BC− −
hoặc
.(3;3), (7;2)BC− −

0,25
Do nên
()IA P⊥ (1 2;3 5;2 4).Itt−+ − +t
0,25
Do nên
()IP∈ 2( 1 2 ) 5(3 5 ) 4(2 4 ) 36 0,tt t− +−−+ +−=
suy ra
1.t =
Do đó

hoặc
1.zi=− +
0,25

Hết
A
B
P
M
G
C
M
A
B
H
I