Đề thi đại học toán lí hóa sinh khối a và b từ năm 2007 đến 2012 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (13.41 MB, 223 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn: TỐN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
x2 + x −1
.
Cho hàm số y =
x+2
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 ) , biết tiếp tuyến đó vng góc với tiệm cận xiên
của ( C ) .
Câu II (2 điểm)
x⎞
⎛
1. Giải phương trình: cotgx + sin x ⎜1 + tgxtg ⎟ = 4.
2⎠
⎝
2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + mx + 2 = 2x + 1.
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng:
⎧x = 1 + t
x y −1 z + 1
⎪
=
d1 : =
, d 2 : ⎨ y = −1 − 2t
−1
2
1
⎪z = 2 + t.
⎩
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2.
2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV (2 điểm)
ln 5
dx
.
e + 2e− x − 3
ln 3
x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. Cho
1. Tính tích phân: I =
∫
x
A=
( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 + y − 2 .
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2x − 6y + 6 = 0 và điểm
M ( − 3; 1) . Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C ) . Viết phương
trình đường thẳng T1T2 .
2. Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n ≥ 4 ) . Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng
20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈ {1, 2,..., n} sao cho số tập con gồm k phần
tử của A là lớn nhất.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải bất phương trình: log5 4x + 144 − 4 log5 2 < 1 + log5 2x − 2 + 1 .
(
)
(
)
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2 , SA = a và
SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC;
I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt
phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
----------------------------- Hết ----------------------------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
Câu
I
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Mơn: TỐN, khối B
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
Ý
1
Nội dung
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x −1
1
y=
.
= x −1+
x+2
x+2
• Tập xác định: \ {−2} .
• Sự biến thiên: y ' = 1 −
Bảng biến thiên:
1
( x + 2)
2
, y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.
−3
x −∞
y'
0
+
−2
−∞
−1
−
−
+∞
0 +
+∞
−5
y
0,25
+∞
0,25
−1
−∞
yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1.
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.
- Tiệm cận xiên: y = x − 1.
0,25
• Đồ thị (C):
y
−3 −2
−1 O
1
x
−1
0.25
−5
2
Viết phương trình tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm)
Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vng góc
với tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1.
Hồnh độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1
1
2
⇔1−
= −1 ⇔ x = −2 ±
.
2
2
( x + 2)
3 2
2
⇒y=
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5,
2
2
2
3 2
Với x = − 2 −
⇒y=−
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5.
2
2
Với x = − 2 +
1/4
0,25
0,25
0,25
0,25
II
2,00
1
Giải phương trình (1,00 điểm)
x
≠0
2
Phương trình đã cho tương đương với:
Điều kiện: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0, cos
0,25
x
x
+ sin x sin
2
2 =4
x
cos x cos
2
cos x sin x
1
1
⇔
+
=4⇔
= 4 ⇔ sin 2x =
sin x cos x
sin x cos x
2
π
⎡
⎢ x = 12 + kπ
⇔⎢
(k ∈ ), thỏa mãn (1).
⎢ x = 5π + kπ.
⎢
⎣
12
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)
cos x
+ sin x
sin x
2
(1).
cos x cos
x 2 + mx + 2 = 2x + 1
0,50
0,25
(2)
1
⎧
2x + 1 ≥ 0
x≥−
⎧
⎪
⇔⎨ 2
⇔ ⎨
2
2
⎩ x + mx + 2 = (2x + 1)
⎪3x 2 − (m − 4)x − 1 = 0 (3)
⎩
(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: −
0,25
1
≤ x1 < x2
2
⎧
⎪Δ = (m − 4)2 + 12 > 0
⎪
1
⎪S m − 4
⇔⎨ =
>−
6
2
⎪2
⎪ ⎛ 1⎞ 3 m−4
− 1 ≥ 0, trong ®ã f(x) = 3x 2 − (m − 4)x − 1
⎪f ⎜ − ⎟ = +
2
⎩ ⎝ 2⎠ 4
⇔ m ≥
9
.
2
0,25
0,25
0,25
III
2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 và d2 (1,00 điểm)
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: u1 = (2; 1; −1) và u 2 = (1; − 2; 1) .
⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: n = [u1 , u 2 ] = (−1; −3; −5).
2
Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n)
⇒ AM = (2m; m; −3 − m); AN = (1 + n; −2 − 2n; n).
0,25
⇒ [ AM , AN ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m)
0,25
A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM , AN ] = 0
0,25
⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1).
0,25
2/4
IV
2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5
I=
ln 5
dx
e x dx
= ∫ 2x
∫ ex + 2e− x − 3 e − 3ex + 2.
ln 3
ln 3
Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx;
0,25
với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5.
5
0,25
5
dt
1 ⎞
⎛ 1
= ∫⎜
−
⎟ dt
(t − 1)(t − 2) 3 ⎝ t − 2 t − 1 ⎠
3
⇒ I=∫
t−2
= ln
t −1
2
5
3
0,25
3
= ln .
2
0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên
( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2
≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2 .
0,25
Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f (y).
• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1 + y 2 + 2 − y
2y
− 1.
⇒ f '(y) =
y2 + 1
f '(y)
f '(y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 2
f(y)
y
⎧y ≥ 0
1
⎪
⇔⎨ 2
.
⇔y=
2
3
⎪4y = 1 + y
⎩
Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:
1
3
−∞
−
0
2
+
2+ 3
0,50
• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 .
Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.
1
thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .
Khi x = 0 và y =
3
V.a
0,25
2,00
1
Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm)
Đường trịn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài
(C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì
⎧
⎧
⎪T ∈ (C)
⎪T ∈ (C)
⇒ ⎨
⎨
⎪ MT.IT = 0
⎪ MT ⊥ IT
⎩
⎩
MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có:
⎧
x 2 + y 2 − 2x o − 6yo + 6 = 0
⎪
o
o
⎨
⎪ (x o + 3)(x o − 1) + (yo − 1)(y o − 3) = 0
⎩
2
2
⎧ x + yo − 2x o − 6yo + 6 = 0
⎪
⇒ 2x o + yo − 3 = 0
⇒ ⎨ o
(1)
2
2
x o + yo + 2x o − 4yo = 0
⎪
⎩
Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa
mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0.
3/4
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm)
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Ck . Từ giả thiết suy ra: C4 = 20C2
n
n
n
2
⇔ n − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4)
Ck +1 18 − k
2
9
9
10
18
> 1 ⇔ k < 9, nên C1 < C18 < ... < C18 ⇒ C18 > C18 > ... > C18 .
Do 18 =
18
k
k +1
C18
Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.
V.b
1
0,25
0,25
0,50
2,00
Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
log 5 (4x + 144) − log5 16 < 1 + log 5 (2x −2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 16 + log5 5 + log 5 (2x − 2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 [80(2x − 2 + 1)]
(
x
⇔ 4 + 144 < 80 2
x −2
)
x
0,50
x
+ 1 ⇔ 4 − 20.2 + 64 < 0
0,25
0,25
x
2
⇔ 4 < 2 < 16 ⇔ 2 < x < 4.
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)
S•
a
N
•
A•
•
a 2
•D
•
a
I •
H
•
•
B
Xét ΔABM và ΔBCA vng có
M
C
AM
1
BA
⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA
=
=
AB
2 BC
⇒ ABM = BCA ⇒ ABM + BAC = BCA + BAC = 90o ⇒ AIB = 90o
⇒ MB ⊥ AC (1)
SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB
(2).
Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC
SA a
1
⇒ NH =
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = NH.SΔABI.
2
2
3
a 3
a 6
a2 2
1
1
1
=
+
⇒ AI =
⇒ SΔABI =
, BI2 = AB2 − AI2 ⇒ BI =
3
3
6
AI 2 AB2 AM 2
2
3
1 a a 2 a 2
=
.
⇒ VANIB = . .
3 2 6
36
0,25
0,25
0,25
0,25
NÕu thÝ sinh lµm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần
nh đáp án quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------
4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Mơn thi: TỐN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
x 2 + 2(m + 1)x + m 2 + 4m
(1), m là tham số.
x+2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1 .
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa
độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.
Cho hàm số y =
Câu II (2 điểm)
(
)
(
)
1. Giải phương trình: 1 + sin 2 x cos x + 1 + cos 2 x sin x = 1 + sin 2x.
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1.
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
⎧ x = −1 + 2t
x y −1 z + 2
⎪
d1 : =
=
và d 2 : ⎨ y = 1 + t
2
−1
1
⎪z = 3.
⎩
1. Chứng minh rằng d1 và d 2 chéo nhau.
2. Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( P ) : 7x + y − 4z = 0 và cắt hai đường
thẳng d1 , d 2 .
Câu IV (2 điểm)
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = ( e + 1) x, y = 1 + e x x.
(
)
2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
x 2 (y + z)
y 2 (z + x)
z 2 (x + y)
+
+
⋅
P=
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là
chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình
đường trịn đi qua các điểm H, M, N.
1
1
1
1 2n −1 22n − 1
2. Chứng minh rằng: C1 + C3 + C5 + ... +
C2n =
2n
2n
2n
2
4
6
2n
2n + 1
k
( n là số nguyên dương, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải bất phương trình: 2 log 3 (4x − 3) + log 1 (2x + 3) ≤ 2.
3
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng
minh AM vng góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
---------------------------Hết--------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………số báo danh: ……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Mơn: TỐN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I
Nội dung
1
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
x2 − 3
1
Khi m = −1 ta có y =
.
= x −2+
x+2
x+2
• Tập xác định: D = \{−2} .
• Sự biến thiên:
⎡ x = −3
1
x 2 + 4x + 3
, y' = 0 ⇔ ⎢
y ' = 1−
=
2
2
(x + 2)
(x + 2)
⎣ x = −1.
Bảng biến thiên:
x
−∞
−3
−2
−1
y'
+
0
−
−
−6
y
0
+∞
−∞
0,25
+∞
+
0,25
+∞
−∞
−2
yCĐ = y ( −3) = −6, yCT = y ( −1) = −2.
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2.
• Đồ thị:
0,25
y
− 3 −2
−1
O
x
−2
−6
2
0,25
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)
x 2 + 4x + 4 − m 2
.
y' =
2
( x + 2)
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ g ( x ) = x 2 + 4x + 4 − m 2 có 2 nghiệm
⎧∆ ' = 4 − 4 + m2 > 0
⎪
⇔ m ≠ 0.
phân biệt x ≠ −2 ⇔ ⎨
2
⎪g ( −2) = 4 − 8 + 4 − m ≠ 0
⎩
1/4
0,50
Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ A ( −2 − m; − 2 ) , B ( −2 + m; 4m − 2 ) .
Do OA = ( − m − 2; − 2 ) ≠ 0 , OB = ( m − 2; 4m − 2 ) ≠ 0 nên ba điểm O, A, B
tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ − m 2 − 8m + 8 = 0
0,50
⇔ m = −4 ± 2 6 (thỏa mãn m ≠ 0).
Vậy giá trị m cần tìm là: m = −4 ± 2 6 .
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2
⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
0,50
π
π
+ kπ, x = + k2π, x = k2π (k ∈ Z ).
4
2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)
x −1
x −1
+ 24
= m (1).
Điều kiện: x ≥ 1 . Phương trình đã cho ⇔ −3
x +1
x +1
⇔ x=−
2
Đặt t =
4
0,50
0,50
x −1
, khi đó (1) trở thành −3t 2 + 2t = m (2).
x +1
x −1 4
2
= 1−
và x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1.
x +1
x +1
Hàm số f (t) = −3t 2 + 2t, 0 ≤ t < 1 có bảng biến thiên:
Vì t =
4
t
0
1/3
1
0,50
1/3
f(t)
0
-1
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ −1 < m ≤
III
1
.
3
2,00
1
Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)
+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương u1 = (2; −1; 1),
d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương u 2 = (2; 1; 0).
0,25
+) [u1 , u 2 ] = (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5).
+) [u1 , u 2 ] . MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau.
2
0,50
0,25
Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)
Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên
A(2s;1 − s; − 2 + s), B(−1 + 2t;1 + t;3).
0,25
⇒ AB = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).
(P) có véctơ pháp tuyến n = (7; 1; − 4).
AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n
⎧s = 1
⎧5t + 9s + 1 = 0
2t − 2s − 1 t + s −s + 5
⇔ ⎨
=
=
⇔
⇔ ⎨
7
1
−4
⎩4t + 3s + 5 = 0
⎩ t = −2
⇒ A ( 2;0; − 1) , B ( −5; − 1;3) .
Phương trình của d là:
x − 2 y z +1
= =
.
7
1 −4
2/4
0,25
0,25
0,25
IV
2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đường đã cho là:
(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
1
Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S =
∫ xe
1
0
1
Ta có: e ∫ xdx =
0
2
e
ex 2 1
= ,
2 0 2
1
x
x
∫ xe dx = xe
0
1
0
1
0
x
0
− ex dx = e ∫ xdx − ∫ xe x dx.
1
− ∫ e x dx = e − e x
0
1
= 1.
0
e
Vậy S = − 1 (đvdt).
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
Ta có: x 2 (y + z) ≥ 2x x . Tương tự, y 2 (z + x) ≥ 2y y , z 2 (x + y) ≥ 2z z .
⇒ P≥
0,25
0,25
0,50
0,25
2y y
2x x
2z z
.
+
+
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y
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
c a b
hoặc + + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ = 3. Tương tự, + + ≥ 3).
b c a
b c a
b c a
(Do
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
V.a
1
0,25
0,25
2,00
Viết phương trình đường trịn (1,00 điểm)
Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC = (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:
⎧BH ⊥ AC
⎪
⇔
⎨
⎪H ∈ AC
⎩
⎧4(x + 2) − 4(y + 2) = 0
⇔
⎨
⎩4x + 4(y − 2) = 0
⎧x = 1
⇒ H(1; 1).
⎨
⎩y = 1
Giả sử phương trình đường trịn cần tìm là: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (1).
Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:
⎧ 2a − c = 1
⎪
⎨ 2a − 4b + c = −5
⎪ 2a + 2b + c = −2.
⎩
1
⎧
⎪a = − 2
⎪
1
⎪
⇔ ⎨b =
2
⎪
⎪ c = −2.
⎪
⎩
Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: x 2 + y 2 − x + y − 2 = 0.
3/4
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Chứng minh cơng thức tổ hợp (1,00 điểm)
Ta có: (1 + x )
2n
2n
= C0 + C1 x + ... + C2n x 2n , (1 − x )
2n
2n
⇒ (1 + x ) − (1 − x )
2n
1
⇒
∫
(1 + x )
2n
− (1 − x )
•
∫
(1 + x )
2n
∫ (C
1
2n
)
0,50
1
2n
− (1 − x )
2
0
1
•
(
2n
= C0 − C1 x + ... + C2n x 2n
2n
2n
2n
= 2 C1 x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 .
2n
2n
2n
2
0
1
2n
2n
dx =
∫ (C
1
2n
)
x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 dx
2n
2n
2n
0
2n
dx =
(1 + x )
2n +1
+ (1 − x )
2n +1
2 ( 2n + 1)
1
0
=
22n − 1
(1)
2n + 1
)
x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 dx
2n
2n
2n
0
0,50
1
⎛
x2
x4
x6
x 2n ⎞
= ⎜ C1 . + C3 . + C5 . + ... + C2n −1.
⎟
2n
2n
2n
2n
2
4
6
2n ⎠ 0
⎝
1
1
1
1 2n −1
C2n
= C1 + C3 + C5 ... +
(2).
2n
2n
2n
2
4
6
2n
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
V.b
2,00
1
2
Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
3
(4x − 3) 2
Điều kiện: x > . Bất phương trình đã cho ⇔ log 3
≤2
4
2x + 3
⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3)
3
⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3.
8
3
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: < x ≤ 3.
4
Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)
Gọi H là trung điểm của 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 =
(đvtt).
Vì MK = SH =
2
4
2
8
96
0,50
NÕu thÝ sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh
đáp án quy định.
----------------Ht---------------4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Mơn thi: TỐN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số: y = − x 3 + 3x 2 + 3(m 2 − 1)x − 3m 2 − 1 (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều
gốc tọa độ O.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2sin 2 2x + sin 7x − 1 = sin x.
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực
phân biệt:
x 2 + 2x − 8 = m ( x − 2 ) .
Câu III. (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
mặt phẳng ( P ) : 2x − y + 2z − 14 = 0.
(S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 2z − 3 = 0
và
1. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) chứa trục Ox và cắt ( S ) theo một đường trịn có bán kính
bằng 3.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất.
Câu IV. (2 điểm)
1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = x ln x, y = 0, x = e. Tính thể tích của khối trịn
xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
⎛x 1 ⎞
⎛y 1 ⎞ ⎛z 1 ⎞
P = x ⎜ + ⎟ + y ⎜ + ⎟ + z ⎜ + ⎟.
⎝ 2 zx ⎠ ⎝ 2 xy ⎠
⎝ 2 yz ⎠
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)
Câu V.a. Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 + x) n , biết:
2
3n C0 − 3n −1 C1 + 3n − 2 Cn − 3n −3 C3 + ... + ( −1) Cn = 2048
n
n
n
n
n
(n là số nguyên dương, C k là số tổ hợp chập k của n phần tử).
n
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; 2 ) và các đường thẳng:
d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vng cân tại A.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình:
(
) (
x
2 −1 +
)
x
2 + 1 − 2 2 = 0.
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D
qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vng
góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
---------------------------Hết--------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Mơn: TỐN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I
Ý
1
Nội dung
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m =1 ta có y = − x 3 + 3x 2 − 4 .
• Tập xác định: D = .
• Sự biến thiên:
y ' = −3x 2 + 6x, y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Bảng biến thiên:
x −∞
0
2
−
y'
0
+
+∞
0
0,25
+∞
−
0,50
0
−4
y
yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4.
• Đồ thị:
−∞
y
−1
O
2
x
0,25
−4
2
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)
Ta có: y ' = −3x 2 + 6x + 3(m 2 − 1) , y' = 0 ⇔ x 2 − 2x − m 2 + 1 = 0 (2).
Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0.
Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3).
1
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = ±
(vì m ≠ 0).
2
II
0,50
0,50
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
sin 7x − sin x + 2sin 2 2x − 1 = 0 ⇔ cos 4x ( 2sin 3x − 1) = 0.
π
π
+ k (k ∈ Z).
8
4
1
π
2π
5π
2π
• sin 3x = ⇔ x = + k
hoặc x =
+k
( k ∈ Z).
2
18
3
18
3
0,50
• cos 4x = 0 ⇔ x =
1/4
0,50
2
Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)
Điều kiện: x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với
⎡x = 2
( x − 2 ) x 3 + 6x 2 − 32 − m = 0 ⇔ ⎢ 3
2
⎣ x + 6x − 32 − m = 0.
Ta chứng minh phương trình: x 3 + 6x 2 − 32 = m (1) có một nghiệm trong
(
)
0,50
khoảng ( 2; +∞ ) .
Xét hàm f ( x ) = x 3 + 6x 2 − 32 với x > 2. Ta có:
f ' ( x ) = 3x 2 + 12x > 0, ∀x > 2.
Bảng biến thiên:
x
2
+∞
f '(x)
0,50
+
+∞
f(x)
0
Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0 , phương trình (1) ln có một
nghiệm trong khoảng ( 2; +∞ ) .
Vậy với mọi m > 0 phương trình đã cho ln có hai nghiệm thực phân biệt.
III
2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)
(S) : ( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9
có tâm I (1; −2; −1) và bán kính R = 3.
Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường trịn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I.
(Q) có cặp vectơ chỉ phương là: OI = (1; −2; −1) , i = (1;0;0 ) .
0,25
0,25
⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: n = ( 0; −1; 2 ) .
Phương trình của (Q) là: 0. ( x − 0 ) − 1. ( y − 0 ) + 2 ( z − 0 ) = 0 ⇔ y − 2z = 0.
2
0,25
0,25
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vng góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm A, B . Nhận xét: nếu d ( A; ( P ) ) ≥ d ( B; ( P ) ) thì d ( M; ( P ) ) lớn nhất
khi M ≡ A.
x −1 y + 2 z + 1
=
=
.
2
−1
2
Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ
⎧( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9
⎪
⎨ x −1 y + 2 z + 1
.
=
=
⎪
2
⎩ 2
−1
Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A ( −1; −1; −3) , B ( 3; −3;1) .
Phương trình đường thẳng d:
Ta có: d ( A; ( P ) ) = 7 ≥ d ( B; ( P ) ) = 1.
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M ( −1; −1; −3) .
IV
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
1
Tính thể tích vật thể trịn xoay (1, 00 điểm)
Phương trình hồnh độ giao điểm của các đường y = x ln x và y = 0 là:
x ln x = 0 ⇔ x = 1.
2/4
0,25
Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
e
e
0,25
V = π ∫ y dx = π∫ ( x ln x ) dx.
1
2
2
1
Đặt u = ln 2 x, dv = x 2dx ⇒ du =
2 ln x
x3
dx, v = . Ta có:
x
3
e
e
∫ ( x ln x )
2
1
e
e
x3 2
2
e3 2
dx =
ln x − ∫ x 2 ln xdx = − ∫ x 2 ln xdx.
3
31
3 31
1
0,25
dx
x3
Đặt u = ln x, dv = x dx ⇒ du =
, v = . Ta có:
x
3
2
e
e
e
e
x3
1
e3 x 3
2e3 + 1
x ln xdx =
ln x − ∫ x 2 dx = −
=
.
∫
3
31
3 9 1
9
1
1
Vậy V =
2
2
(
π 5e3 − 2
0,25
)
(đvtt).
27
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
x 2 y2 z 2 x 2 + y2 + z 2
+
+ +
.
Ta có: P =
2
2
2
xyz
x 2 + y2 y2 + z 2 z 2 + x 2
+
+
≥ xy + yz + zx
2
2
2
⎛ x 2 1 ⎞ ⎛ y2 1 ⎞ ⎛ z 2 1 ⎞
nên P ≥ ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ .
⎜ 2 x⎟ ⎜ 2 y⎟ ⎜ 2 z⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
Do x 2 + y 2 + z 2 =
0,50
t2 1
+ với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
2 t
3
9
f ( t ) ≥ , ∀t > 0. Suy ra: P ≥ . Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
2
2
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là .
2
0,50
Xét hàm số f ( t ) =
V.a
2,00
1
Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)
Ta có: 3n C0 − 3n −1 C1 + 3n −2 C 2 − ... + ( −1) Cn = ( 3 − 1) = 2n .
n
n
n
n
Từ giả thiết suy ra n = 11 .
n
n
0,50
Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của ( 2 + x )
11
2
là:
C10 .21 = 22.
11
Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)
Vì B ∈ d1 , C ∈ d 2 nên B ( b; 2 − b ) , C ( c;8 − c ) . Từ giả thiết ta có hệ:
⎧
⎧
⎧AB.AC = 0
⎪
⎪bc − 4b − c + 2 = 0
⎪( b − 1)( c − 4 ) = 2
⇔⎨ 2
⇔⎨
⎨
2
2
2
⎪
⎪
⎩AB = AC
⎩b − 2b = c − 8c + 18
⎪( b − 1) − ( c − 4 ) = 3.
⎩
⎧ xy = 2
⎪
Đặt x = b − 1, y = c − 4 ta có hệ ⎨ 2
2
⎪ x − y = 3.
⎩
Giải hệ trên ta được x = −2, y = −1 hoặc x = 2, y = 1 .
Suy ra: B ( −1;3) , C ( 3;5 ) hoặc B ( 3; −1) , C ( 5;3) .
3/4
0,50
0,50
0,50
V.b
2,00
1
Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Đặt
(
)
2 −1
x
= t ( t > 0 ) , ta có phương trình
1
t + − 2 2 = 0 ⇔ t = 2 − 1, t = 2 + 1.
t
Với t = 2 − 1 ta có x = 1.
Với t = 2 + 1 ta có x = −1.
2
0,50
0,50
(1,00 điểm)
Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song
song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, BD ⊥ ( SAC ) nên BD ⊥ MN.
S
E
0,50
P
M
A
B
D
C
N
Vì MN || ( SAC ) nên
d ( MN; AC ) = d ( N;(SAC ) =
Vậy d ( MN; AC ) =
1
1
a 2
d ( B; ( SAC ) ) = BD =
.
2
4
4
0,50
a 2
.
4
NÕu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng
phần nh đáp án quy định.
----------------Ht----------------
4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
Cho hàm số y =
(1), với m là tham số thực.
x + 3m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45o.
Câu II (2 điểm)
1
1
⎛ 7π
⎞
+
= 4s in ⎜ − x ⎟ .
1. Giải phương trình
3π ⎞
s inx
⎛
⎝ 4
⎠
sin ⎜ x − ⎟
2 ⎠
⎝
5
⎧ 2
3
2
⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
⎪
2. Giải hệ phương trình ⎨
( x, y ∈ ) .
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪
⎩
4
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng
x −1 y z − 2
= =
.
2
1
2
1. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d.
2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
d:
π
6
tg 4 x
dx.
cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ ).
1. Tính tích phân I = ∫
PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________
Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
5
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
3
n
2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ * và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n
a1
a
+ ... + n = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n .
2
2n
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4.
2. Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vng góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA ' , B 'C ' .
thỏa mãn hệ thức a 0 +
...........................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 ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu
I
Nội dung
1
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x − 2
4
.
Khi m = 1 hàm số trở thành: y =
= x−2+
x+3
x +3
• TXĐ: D = \ {−3} .
• Sự biến thiên: y ' = 1 −
0,25
⎡ x = −1
4
x 2 + 6x + 5
, y' = 0 ⇔ ⎢
=
2
2
(x + 3)
(x + 3)
⎣ x = −5
• yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1.
0,25
• TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞
y’
+
−5
0
−9
−1
0
−3
−
−
+∞
+
+∞
0,25
+∞
y
• Đồ thị:
−∞
−∞
−1
y
-5
-3
-1 O
-1
2
x
-2
0,25
-9
2
Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
6m − 2
= mx − 2 +
y=
.
x + 3m
x + 3m
1
• Khi m = đồ thị hàm số khơng tồn tại hai tiệm cận.
3
1
• Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
3
d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0.
0,25
0,25
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1).
Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi
cos450 =
n1.n 2
n1 . n 2
=
m
m2 + 1
⇔
m
2
=
⇔ m = ± 1.
2
m2 + 1
Trang 1/5
0,50
II
2,00
1
2
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
3π
Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0.
2
1
1
+
= −2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
s inx cosx
1
⎛
⎞
⇔ (s inx + cosx) ⎜
+ 2 2 ⎟ = 0.
⎝ s inxcosx
⎠
π
• s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ.
4
π
1
2
5π
•
⇔ x = − + kπ hoặc x =
+ kπ.
+ 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = −
s inxcosx
2
8
8
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
π
π
5π
+ kπ (k ∈ ).
x = − + kπ ; x = − + kπ ; x =
8
8
4
Giải hệ... (1,00 điểm)
5
5
⎧ 2
⎧ 2
3
2
2
⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4
⎪
⎪
⇔⎨
(∗)
⎨
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5
⎪
⎪
⎩
⎩
4
4
5
⎧
⎪ u + v + uv = − 4
⎧u = x 2 + y
⎪
. Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨
Đặt ⎨
⎩ v = xy
⎪u 2 + v = − 5
⎪
⎩
4
5
5
⎧
⎡
2
⎪v = − 4 − u
⎢ u = 0, v = − 4
⎪
⇔⎨
⇔ ⎢
⎢u = − 1 , v = − 3 .
⎪u 3 + u 2 + u = 0
⎢
⎪
⎩
⎣
4
2
2
2
⎧x + y = 0
5
5
25
⎪
• Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨
.
5 ⇔ x = 3 và y = − 3
4
4
16
⎪ xy = −
⎩
4
1
3
• Với u = − , v = − ta có hệ phương trình
2
2
⎧ 2 3 1
⎧2x 3 + x − 3 = 0
⎪ x − 2x + 2 = 0
3
⎪
⎪
⇔ x = 1 và y = − .
⇔⎨
⎨
3
2
⎪y = − 3
⎪y = −
⎩
2x
⎪
⎩
2x
⎛ 5
25 ⎞
3⎞
⎛
Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜ 3 ; − 3
⎟ và ⎜1; − ⎟ .
⎜ 4
⎟
16 ⎠
2⎠
⎝
⎝
III
0,50
0,50
0,50
0,50
2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của A trên d (1,00 điểm)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vng góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1).
Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra H ( 3;1; 4 ) .
Trang 2/5
0,50
0,50
2
Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho... (1,00 điểm)
Gọi K là hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng (α).
Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vng góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
0,50
0,50
Phương trình của (α) là
1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0.
IV
2,00
1
Tính tích phân... (1,00 điểm)
π
6
I=
π
6
4
tg x
tg 4 x
dx = ∫
dx.
∫ cos 2x
2
2
0
0 (1 − tg x ) cos x
0,25
dx
1
π
. Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t =
.
Đặt t = tgx ⇒ dt =
2
cos x
6
3
Suy ra
1
3
I=
∫
0
1
3
4
t
1
dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫
2
1− t
20
0
=
2
1
3
(
)
(
1
⎛ t3
1 t +1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1
−
⎟ 3
⎜
⎟ dt = ⎜ − − t + ln
2 t −1 ⎠
⎝ t +1 t −1 ⎠
⎝ 3
0
)
1
10
ln 2 + 3 −
.
2
9 3
0,50
0,25
Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 .
Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] .
Ta có f '(x) =
1
2 4 (2x)3
+
1
1
1
−
−
2x 2 4 (6 − x)3
6−x
1⎛ 1
1
= ⎜
−
3
4
2 ⎜ 4 (2x)
(6 − x)3
⎝
⎛ 1
1
Đặt u(x) = ⎜
−
⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3
⎝
⎞ ⎛ 1
1 ⎞
⎟+⎜
−
⎟,
⎟ ⎝ 2x
6−x ⎠
⎠
x ∈ (0;6).
0,50
⎞
1 ⎞
⎛ 1
⎟ , v(x) = ⎜
−
⎟.
⎟
6−x ⎠
⎝ 2x
⎠
Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) .
Ta có bảng biến thiên:
x 0
f’(x)
+
f(x) 2 6 + 2 4 6
2
0
−
3 2 +6
Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6.
Trang 3/5
6
0,50
4
12 + 2 3
V.a
2,00
1
Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)
x 2 y2
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0.
a
b
⎧c
5
⎪ =
3
⎪a
⎪
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20
⎪ 2
2
2
⎪c = a − b .
⎪
⎩
0,50
Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
2
0,50
x 2 y2
+
= 1.
9
4
Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm)
Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 +
n
a1
a
⎛1⎞
+ ... + n = f ⎜ ⎟ = 2n.
n
2
2
⎝2⎠
0,50
Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12.
k
k
Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12+1
k
ak
2k C12
23
k +1
< 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔
<1 ⇔ k < .
a k +1
2 C12
2 (12 − k )
3
Mà k ∈
⇒ k ≤ 7. Do đó a 0 < a1 < ... < a 8 .
Tương tự,
ak
> 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 .
a k +1
0,50
8
Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 = 126720.
V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
Điều kiện: x >
1
và x ≠ 1.
2
Phương trình đã cho tương đương với
log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4
0,50
⇔ 1 + log 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4.
Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t +
⎡t = 1
2
= 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢
t
⎣ t = 2.
• Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2.
x = 0 (loại)
ã Vi t = 2 log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢
⎢ x = 5 (tháa m·n)
4
⎣
5
Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = .
4
Trang 4/5
0,50
2
Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)
A'
C'
B'
A
C
H
B
Gọi H là trung điểm của BC.
1
1 2
Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC =
a + 3a 2 = a.
2
2
0,50
Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3.
1
a3
(đvtt).
Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC =
3
2
Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác
B' BH cân tại B'.
Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B ' BH
Vậy cosϕ =
0,50
a
1
= .
2.2a 4
Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
-------------Hết-------------
Trang 5/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, khối B
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 y = 4x 3 − 6x 2 + 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua
điểm M ( −1; − 9 ) .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx.
3
2 2
⎧ 4
⎪ x + 2x y + x y = 2x + 9
2. Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ ) .
⎪ x + 2xy = 6x + 6
⎩
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2;1) , C ( −2;0;1) .
1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C.
2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z − 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Câu IV (2 điểm)
π
π⎞
⎛
sin ⎜ x − ⎟ dx
4
4⎠
⎝
1. Tính tích phân I = ∫
.
sin 2x + 2(1 + sin x + cos x)
0
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2(x 2 + 6xy)
.
1 + 2xy + 2y 2
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)
n +1 ⎛ 1
1 ⎞ 1
k
1. Chứng minh rằng
⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là
n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn
số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết
rằng hình chiếu vng góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; − 1), đường phân giác
trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x + 3y − 1 = 0.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
⎛
x2 + x ⎞
1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6
⎟ < 0.
x+4 ⎠
⎝
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và
mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng SM, DN.
...........................Hết...........................
Thí sinh khơng 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 ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn: TỐN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu
I
Nội dung
1
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
• TXĐ : .
⎡x = 0
• Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 1.
0,25
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1.
• Bảng biến thiên :
x −∞
y’
0,25
+
y
0
0
1
−
+
+∞
0,25
−1
−∞
• Đồ thị :
+∞
1
0
y
1
1
O
x
0,25
−1
2
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình :
y = kx + k − 9.
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
⎧ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 )
⎪
nghiệm : ⎨
2
( 3)
⎪12x − 12x = k
⎩
(
0,50
)
Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = 12x 2 − 12x ( x + 1) − 9
⎡ x = −1
⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢
⎢x = 5 .
⎣
4
2
• Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15.
5
15
15
21
• Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − .
4
4
4
4
15
21
Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − .
4
4
II
0,50
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0
⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0.
Trang 1/4
0,50
• cos2x = 0 ⇔ x =
π kπ
+ .
4 2
π
+ kπ.
3
π kπ
π
Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ).
4 2
3
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9
⎛ 2
x2 ⎞
⎪
⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9
⎨
x2
2 ⎠
xy = 3x + 3 −
⎝
⎪
⎩
2
⎡x = 0
⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = − 4.
• sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = −
2
• x = 0 khơng thỏa mãn hệ phương trình.
17
• x = −4 ⇒ y = .
4
17 ⎞
⎛
Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ .
4⎠
⎝
III
0,50
0,50
0,50
2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)
Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ
AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) .
Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình
2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0.
2
0,50
0,50
Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vng góc với mặt phẳng
(ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC.
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
⎧2x + 2y + z − 3 = 0
⎪
⎨ x y +1 z −1
⎪1 = 2 = −4 .
⎩
0,50
0,50
Suy ra M ( 2;3; − 7 ) .
IV
2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
π⎞
⎛
Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx.
4⎠
⎝
π
Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2.
4
0,25
Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 .
Suy ra I = −
2
2
2
∫
1
2 1
dt
=
2
2 t +1 1
(t + 1)
2
0,50
ơ
=
2⎛ 1
1 ⎞ 4−3 2
− ⎟=
.
⎜
2 ⎝ 2 +1 2 ⎠
4
Trang 2/4
0,25
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
2(x 2 + 6xy)
2(x 2 + 6xy)
P=
.
= 2
1 + 2xy + 2y 2 x + y 2 + 2xy + 2y 2
• Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2.
• Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó
2t 2 + 12t
⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1).
2
t + 2t + 3
3
− Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = .
4
− Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
P=
0,50
Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3.
3
1
3
1
.
, y=
, y=−
hoặc x = −
10
10
10
10
3
2
3
2
.
, y=−
, y=
hoặc x = −
P = −6 khi x =
13
13
13
13
Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
P = 3 khi x =
V.a
0,50
2,00
1
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
n +1 ⎛ 1
1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)!
.
Ta có:
⎜ k + k +1 ⎟ =
(n + 1)!
n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2
1 k!(n − k)!
.
[(n + 1 − k) + (k + 1)]
n+2
n!
k!(n − k)! 1
=
= k.
n!
Cn
=
2
0,50
0,50
Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00)
• Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối
xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC.
• u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vng góc với u
⎛ a −1 b −1 ⎞
;
và trung điểm I ⎜
⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là
2 ⎠
⎝ 2
⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
⎪
nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1
⇒ H ' ( −3;1) .
⎪ 2 − 2 +2=0
⎩
0,50
• Đường thẳng AC đi qua H ' vng góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là
v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0.
⎧3x − 4y + 13 = 0
⇒ A(5;7).
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩ x−y+2=0
1
• Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4)
2
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0.
⎧ 3x + 4y + 7 = 0
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩3x − 4y + 13 = 0.
⎛ 10 3 ⎞
Suy ra C ⎜ − ; ⎟ .
⎝ 3 4⎠
Trang 3/4
0,50
