BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: B
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
32
1
23
3
yxxx=− + − +1.
=

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
cos 4 12sin 1 0.xx+−
2.
Giải bất phương trình
22
23 1 23
43.2 4 0
xx x x x
x


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 Oxy, cho đường thẳng
: 3 0.dx y
+
+=
Viết phương trình đường
thẳng đi qua điểm A(2;
− 4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45
o
.
2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 3), B(1; 0; −5) và mặt phẳng
Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng.
():2 3 4 0.Pxyz+− −=
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn
2
( Tính môđun của z. 1 2 ) 4 20.iz z i++=−
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là
: 3 7 0,AB x y+−= : 4 5 7 0,BC x y+−= :3 2 7 0.CA x y
+
−=
Viết phương trình đường cao kẻ từ
đỉnh A của tam giác ABC.


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 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 B
(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: .D = \
•
2
1
'43;'0
3.
x
yx xy
x
=
⎡
=− + − = ⇔
⎢
=
0,25
2. (1,0 điểm)
Tọa độ giao điểm của (C) với trục tung là (0; 1).
0,25
Hệ số góc của tiếp tuyến là '(0) 3.ky==−
0,25
Phương trình tiếp tuyến là ( 0) 1ykx=−+
0,25
I
(2,0 điểm)
31.yx⇔=−+
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2
2cos 2 1 6(1 cos2 ) 1 0xx
−
+− −=
0,25
2
cos 2 3cos 2 2 0.xx⇔−+=
0,25

2. (1,0 điểm)
Điều kiện: 1x ≤− hoặc 3.x ≥
Bất phương trình đã cho tương đương với
22
23 23
4 3.2 4 0.
xx x xx x−−− −−−
−
−>
0,25
Đặt
2
23
20,
xx x
t
−−−
=> bất phương trình trên trở thành
2
340 4tt t
−
−>⇔> (do t > 0)
0,25
2
23 2xx x⇔−−<−
7
2
2
x⇔<<⋅
0,25

∫
2
1
ln| | ln2.x==
0,25
•
2
1
1
1
dx
x +
∫
2
1
ln| 1| ln3 ln2.x=+=−

0,25
III
(1,0 điểm)
Do đó
ln 3.I =

0,25
Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC.
Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng
n
o
30 .SBA =
0,25

Vậy
3
.
3
36
S ABM
a
V
=
⋅
0,25
Điều kiện:
14.x≤≤

Xét
() 4 2 2,1 4.fx x x x=−+ − ≤≤
11
'( ) ;
24 2 2
fx
xx
−
=+
−−

22
0.ab+≠
0,25
Vectơ pháp tuyến của d là (1; 1).u =
JJG
Do đó
22
||
cos( , )
2.
ab
d
ab
+
∆
=⋅
+

0,25
o
cos( , ) cos 45 0.dab∆= ⇔ =
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Với
0,a =
ta có phương trình : 4 0;y∆+=với
0,b
=
ta có phương trình :20.x∆−=

∈
⇒−+−−
0,25
() 2(1 ) (2 ) 3(3 4) 4 0MP t t t∈⇒−++−−−−=
0,25
1.t⇒= Vậy (0; 1; 1).M −
0,25
Đặt ( , ).zabiab=+ ∈\ Đẳng thức đã cho trở thành ( 3 4 )( ) ( ) 4 20ia bi a bi i
−
+++−=−
0,25
210
1
ab
ab
+=
⎧
⇔
⎨
−=
⎩

0,25
4
3.
a
b
=
⎧
⇔

JG

0,25
Phương trình đường cao là 5( 1) 4( 2) 0 5 4 3 0.xy xy−− − =⇔ − +=
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( 1) 3( 2) ( 3) 0xyz
−
−−++=
43 50.xyz⇔−++=
0,25
Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ
111
431
43 50
x
yz
xyz
−
+−
⎧
==
⎪
−
⎨
⎪
−
++=
⎩


2
4(1 ) 8 0ii∆= + − =
0,25
1zi⇒=+
0,25
1111
.
122
i
zi
⇒= =−
+

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy phần thực của
1
z
bằng
1
,
2
phần ảo của
1
z
bằng
1
2
−