Câu 1 (2 điểm)
Cho hàm số
[ ]
1)1()1(
2
+++=
mxmxxy
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên với m =3.
2. Tìm giá trị của k để phơng trình
kxx lg)2(1
2
=+
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (2 điểm)
1. Giải phơng trình
x
x
x
=+
+
+
15
1
3
).1(
2. Giải bất phơng trình
2"
xy
với
"y
là đạo hàm cấp 2 của hàm số
x
xey
2
=
.
Câu 3 (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; -1), các đờng thẳng
AB và AC lần lợt có phơng trình
042;013
=++=+
yxyx
. Tìm số đo của góc
A
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp đều SABCD có I là tâm của đáy
ABCD . Cho
)3;0;3(),3;2;1(),4;2;3( CAS
a) Viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều SABCD.
b) Tính thể tích hình chóp có đỉnh S và đáy là thiết diện của hình chóp đều
SABCD cắt bởi mặt phẳng qua I và vuông góc với SC.
Câu 4 (2 điểm)
1. Tính tích phân
dxxxI
+=
2
6
2
2
1
sinsin
2. Tính tổng
2007
2007
3
2007
2
2007
1
2007
2008
2007
4
3
3
2
2
1
CCCCS
++++=
Câu 5 (1 điểm)
Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
AAT
3
cossin
=
.
------------------------Hết---------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Đề thi thử tuyển sinh đại học,cao đẳng năm 2008
Môn thi: toán, Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút
Kỳ thi thử tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008
Môn thi: toán, Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút
Đề chính thức
Đáp án và thang điểm (gồm 4 trang)
Câu ý Nội dung điểm
1
(2 đ)
1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
[ ]
1)1()1(
2
+++=
mxmxxy
với m =3.
Với m =3 ta có
43)2)(1(
232
+=+=
xxxxy
Tập xác định R
0,25
Sự biến thiên
xxy 63'
2
+=
;
=
=
=
2
0
0'
x
x
y
66"
+=
xy
;
10"
==
xy
=> Đồ thị lồi trên khoảng
);1(
+
, lõm trên
khoảng
)1;(
, điểm uốn
)2;1(
U
.
=
y
x
lim
0,25
Bảng biến thiên
x
0 1 2
+
y'
- 0 + + 0 -
y
+
0
-2 CĐ
-4 U
CT
0,25
Đồ thị : (đồ thị là (C))
0,25
2
Tìm k để phơng trình
kxx lg)2(1
2
=+
(*) có 4 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số
<+
+
=+=
1)2)(1(
1)2)(1(
)2(1
2
2
2
xxx
xxx
xxy
0,25
Nên đồ thị của hàm số này gồm 2 phần:
Phần bên trái đờng thẳng x = -1 của đồ thị (C)
Đối xứng của phần còn lại (bên phải đờng
thẳng x = -1) của đồ thị (C) qua trục hoành.
Đồ thị là (C) nh hình vẽ.
0,25
Phơng trình (*) có 4 nghiệm phân biệt <=> (C) cắt đờng thẳng
ky lg
=
tại 4 điểm
phân biệt <=>
4lg0
<<
k
<=>
100001
<<
k
.
0,5
2
-2
-4
-1
1
2
x
y
O
2
(2đ)
1 Giải phơng trình
x
x
x
=+
+
+
15
1
3
).1(
(1)
Đk:
>
+
+
15/18
1
015
1
3
x
x
x
0,25
Bình phơng hai vế của phơng trình (1) rồi thu gọn ta đợc
0183314
2
=++
xx
. Phơng
trình này có hai nghiệm x =-6/7; x =-3/2.
0,5
Thay vào (1) thì
x
= -6/7 không thoả . Vậy phơng trình đầu có nghiệm
=
2
3
S
0,25
2 Giải bất phơng trình
2"
xy
(với
x
xey
2
=
).
x
xey
2
=
xác định trên R.
xx
exey
22
2'
+=
;
)2(2"
2
=
xey
x
0,25
0)2)(12(2"
2
xexy
x
(2)
Vế trái của (2) có hai nghiệm
2
2ln
=
x
và
2
=
x
.
0,25
Dấu của vế trái của (2)
0,25
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm
[
)
+
=
;2
2
2ln
;S
0,25
3
(3đ)
1
Tam giác ABC có trọng tâm G(1; -1), AB:
;013
=+
yx
AC:
042
=++
yx
. Tìm
số đo của góc
A
.
Toạ độ đỉnh A thoả mãn hệ
=++
=+
042
013
yx
yx
=> A(6/5;-13/5)
0,25
Gọi
ABxxB
BB
=
)31;('
''
,
AC
x
xC
C
C
=
)
2
4
;('
'
'
sao cho G(1; -1) là trung
điểm của
''CB
. Khi đó BAC = B AC .
0,25
Ta có
=
=
=
+
=+
2
0
2
2
4
31
2
'
'
'
'
''
C
B
C
B
CB
x
x
x
x
xx
. Vậy
=
=
)3;2('
)1;0('
C
B
.
0,25
Ta có
)
5
2
;
5
4
('),
5
18
;
5
6
('
==
ACAB
=>
2
1
''.
'.'
cos
==
ACAB
ACAB
A
0
135
=
A
.
0,25
2 Hình chóp đều SABCD, I là tâm của đáy ABCD,
)3;0;3(),3;2;1(),4;2;3( CAS
.
a) Viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
đều SABCD.
Ta có ABCD là hình vuông có tâm I(2;1;3) là trung điểm AC, phơng trình đờng thẳng
SI là:
=+
=
==
01
01
312
zx
yx
zyx
0,25
Trung điểm của SA là E(2;2;7/2),
)1;0;2(
=
SA
=> phơng trình mặt phẳng trung
trực của SA là
01524:)(
=+
zx
.
0,25
Tâm J của mặt cầu cần tìm là giao của
)(
và SI .
Giải hệ phơng trình
=+
=+
=
01524
01
01
zx
zx
yx
=>
)
6
19
;
6
7
;
6
13
(J
.
0,25
Bán kính của mặt cầu:
6
35
6
5
6
5
6
5
222
=
+
+
=
SJ
Phơng trình mặt cầu
12
25
6
19
6
7
6
13
222
=
+
+
zyx
0,25
b) Tính thể tích hình chóp có đỉnh S và đáy là thiết diện
của hình chóp đều SABCD cắt bởi mặt phẳng qua I và
vuông góc với SC.
Từ giả thiết =>
SCBDSIBDACBD
,
nên nếu M là hình chiếu của I trên SC
thì mặt phẳng (BDM)SC và BDIM. Vậy thiết diện của hình chóp đều SABCD cắt bởi
mặt phẳng qua I và vuông góc với SC là tam giác BDM.
0,25
Ta có
BDAC
==++=
220)2(2
222
;
3)1()1()1(
222
=++=
SI
0,25
Xét tam giác vuông SIC:
5
3
2
==
SC
SI
SM
;
5
6
5
9
3
22
===
SMSIIM
.
0,25
Vậy
===
22
5
6
5
3
6
1
...
6
1
BDIMSMV
SBDM
5
32
(đvtt) 0,25
4
(2đ)
1
Tính tích phân I =
dxxx
+
2
6
2
2
1
sinsin
I =
)(coscos
2
3
2
6
2
xdx
. Đặt
ux cos
2
3
cos
=
=>
uduxd sin
2
3
)(cos
=
0,25
M
S
I
D
C
B
A
22
;
46
==== uxux
=> I =
uduu sin
2
3
cos
2
3
2
3
2
4
2
0,25
uduu sincos1
2
3
2
4
2
=
=
=
2
4
2
sin
2
3
udu
0,25
=
2
4
)2cos1(
4
3
duu
=
=
2
4
2
2sin
4
3
u
u
( )
2
16
3
+
.
0,25
2 Tính tổng
2007
2007
3
2007
2
2007
1
2007
2008
2007
4
3
3
2
2
1
CCCCS
++++=
;
Xét
n
nnnnn
C
n
n
CCCS
14
3
3
2
2
1
321
+
++++=
)
1
1
4
1
3
1
2
1
()(
321321 n
nnnn
n
nnnn
C
n
CCCCCCC
+
++++++++=
0,25
Xét đa thức
nn
nnnnn
n
xCxCxCxCCx
+++++=+
...)1(
332210
(*)
Với x =1 =>
nnn
nnnnn
CCCCC 2)11(
3210
=+=+++++
=>
12
321
=++++
nn
nnnn
CCCC
(1)
0,25
Mặt khác từ (*) ta có
+++++=+
1
0
1
0
332210
)...()1( dxxCxCxCxCCdxx
nn
nnnnn
n
, tính tích
phân ở hai vế =>
1
12
1
1
4
1
3
1
2
1
1
3210
+
=
+
+++++
+
n
C
n
CCCC
n
n
nnnnn
=>
1
22
1
1
4
1
3
1
2
1
1
321
+
=
+
++++
+
n
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
1
12)1(
1
22
)12(
1
+
+
=
+
=
+
n
n
n
n
S
nn
n
n
.
Thay n=2007 vào ta có kết quả
2008
12.2006
2007
+
=
S
0,25
5
(1đ)
Cho tam giác ABC. Tìm gtln và gtnn của biểu thức
AAT
3
cossin
=
.
Ta có
4
224
:0,,, abcd
cdabdcba
dcba
+
+++
>
ápdụng:
4
62
222
2
cossin
27
1
4
3
cos
3
cos
3
cos
sin1 AA
AAA
A
+++=
0,25
=>
AA
3
4
cossin
27
4
1
=>
AA
3
cossin
16
27
<=>
16
27
cossin
16
27
3
AA
0,25
6
3
1
tan
0cossin
cossin3
cossin
16
27
3
22
3
==
>
=
=
AA
AA
AA
AA
0,25