Tài liệu Đề thi toán khối D đại học năm 2008 pptx

0ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi : TOÁN, khối D
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 4 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I (1;2) với hệ số góc k (k > - 3) đều cắt đồ
thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình 2sinx(1+cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx
2. Giải hệ phương trình
2 2
xy x y x 2y
(x,y )
x 2y y x 1 2x 2y

+ + = −

∈

− − = −


¡
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3)
1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.

2. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân
2
3
1
ln x
I dx
x
=
∫
2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2
(x y)(1 xy)
P
(1 x) (1 y)
− −
=
+ +
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. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức
1 3 2n 1 k
2n 2n 2n n
C C ... C 2048 (C
−
+ + + =
là số tổ hợp
chập k của n phần tử)

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y
2
= 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm
phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc
·
BAC
= 90
0
. Chứng minh rằng
đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
1
2
x 3x 2
log 0
x
− +
≥
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên
AA' a 2=
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
------------
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
1. D = R
y' = 3x

2
- 6x = 3x(x - 2), y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2
y" = 6x - 6, y" = 0 ⇔ x = 1
x - ∞ 0 1 2 +∞
y' + 0 - - 0 +
y" - - 0 + +
y 4 2 0 + ∞
- ∞
2. d : y - 2 = k(x - 1) ⇔ y = kx - k + 2
Pthđgđ : x
3
- 3x
2
+ 4 = kx - k + 2 ⇔ x
3
- 3x
2
- kx + k + 2 = 0
⇔ (x - 1)(x
2
- 2x - k - 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨ g(x) = x
2
- 2x - k - 2 = 0
Vì ∆' > 0 và g(1) ≠ 0 (do k > - 3) và x
1
+ x
2
= 2x
I
nên có đpcm.

Câu II (2 điểm)
1. Pt ⇔ 4sinxcos
2
x + 2sinxcosx - 1 - 2cosx = 0 ⇔ 2cosx(2sinxcosx - 1) + (2sinxcosx - 1) = 0
⇔ (2sinxcosx - 1)(2cosx + 1) = 0 ⇔ sin2x = 1 ∨ cosx =
1
2
−

⇔
2
x k x k2 (k )
4 3
π π
= + π ∨ = ± + π ∈ ¢
2. ĐK: x ≥ 1 và y ≥ 0
2 2
xy x y x 2y+ + = −
⇔ (x + y)(x - 2y - 1) = 0 ⇔ x = - y ∨ x = 2y + 1
* Th.1 : x = - y . Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (loại vì x ≥ 1)
* Th.2 : x = 2y + 1 thế vào pt
x 2y y x 1 2x 2y− − = −
ta được :
(2y 1) 2y y 2y 2y 2+ − = +
⇔
(y 1)( 2y 2) 0+ − =
⇔ y = - 1 (loại) ∨ y = 2.
Vậy hệ có 1 nghiệm : x = 5; y = 2.
Câu III (2 điểm)
1. Pt mặt cầu (S) : x

2
+ y
2
+ z
2
- 2ax - 2by - 2cz + d = 0
(S) đi qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 0 và 18 - 6a - 6c + d = 0 và 18 - 6b - 6c + d = 0 và
27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 ⇔
3 3 3
a ;b ;c ;d 0
2 2 2
= = = =
.
Vậy pt (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
- 3x - 3y - 3z = 0
2. mp (ABC) đi qua A và có VTPT là
[AB,AC]
uuur uuur
= (-9;-9;-9) nên có pt x + y + z - 6 = 0
d đi qua tâm
3 3 3
I ; ;
2 2 2
 
 ÷

 
của (S) và ⊥ với mp (ABC) có pt : x =
3
2
+ t, y =
3
2
+ t, z =
3
2
+ t.
Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC chính là giao điểm H của d và mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2).
Câu IV (2 điểm)
1. Đặt
dx
u ln x du
x
= ⇒ =
,
3
dx
dv
x
=
chọn v =
2
1
2x
−

2
2
1
2 3
1
1 1
I ln x dx
2x 2x
= − +
∫
=
1 3
ln 2
8 16
− +
2. Đặt x = tgu, y = tgv với u, v
[0; )
2
π
∈
.
I
4
210
2
2 2
(tgu tgv)(1 tgutgv)
P
(1 tgu) (1 tgv)
− −

=
+ +
=
2 2
sin(u v)cos(u v)
(sin u cosu) (sin v cos v)
− +
+ +
=
1 sin 2u sin 2v
2 (1 sin 2u)(1 sin2v)
−
+ +
=
1 1 1
2 1 sin2v 1 sin2u
 
−
 ÷
+ +
 

P
max
=
1 1 1 1
khi
2 1 0 1 1 4
 
− =

 ÷
+ +
 

u
4
π
=
và v = 0 ⇔ x = 1 và y = 0
P
min
=
1 1 1 1
khi
2 1 1 1 0 4
 
− = −
 ÷
+ +
 
u = 0 và
v
4
π
=
⇔ x = 0 và y = 1
Cách khác :
P =
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2

x x y y xy x(1 y ) y(1 x ) x(1 2y y ) y(1 2x x )
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)
− − + + − + + + − + +
= =
+ + + + + +
=
2 2
x y
(1 x) (1 y)
−
+ +
, mà
2
a 1
0 ( a 0)
(1 a) 4
≤ ≤ ∀ ≥
+

nên : P
max
1
4
=
khi x = 1 ; y = 0 và P
min
=
1
4
−

khi x = 0 ; y = 1.
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.
2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
(1 x) C xC x C x C ... x C x C
− −
+ = + + + + + +
x = 1 :
2n 0 1 2 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
2 C C C C ... C C (1)
−
= + + + + + +
x = - 1 :
0 1 2 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 C C C C ... C C (2)
−
= − + − + − +
(1) - (2) :
2n 1 3 2n 1 12
2n 2n 2n
2 2(C C ... C ) 4096 2
−
= + + + = =
⇔ n = 6.
2. B, C ∈ (P) ⇒
2 2

b c
B ;b ,C ;c
16 16
   
 ÷  ÷
   
(b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4)
2 2
b c
AB 1;b 4 ,AC 1;c 4
16 16
   
= − − = − −
 ÷  ÷
   
uuur uuur
AB AC AB.AC 0 (b 4)(c 4) 256 0⊥ ⇔ = ⇔ + + + =
uuur uuur
⇔
272 bc bc
b c (68 )
4 4
− −
+ = = − +
BC qua
2
b
B ;b
16
 

 ÷
 
có 1 vtcp :
c b
BC (c b;16)
16
−
= +
uuur
.
Nên có pt BC :
2
b y
16(x ) (b c)(y b) 0 16x (b c)y bc 0 4(4x 17y) bc( 1) 0
16 4
− − + − = ⇔ − + + = ⇔ + + + =
BC luôn qua điểm cố định thoả : 4x + 17y = 0 và
y
1 0
4
+ =
⇔ x = 17 và y = - 4.
Vậy BC luôn qua I (17, -4) cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Bpt ⇔ 0 <
2
x 3x 2
1
x
− +

≤
⇔
2 2
x 3x 2 x 4x 2
0 và 0
x x
− + − +
> ≤

⇔
2 2 x 1 hay 2 x 2 2 2− ≤ < < ≤ +
2. Thể tích V=Sh=
3
1 2
a.a.a 2 a
2 2
= =
(đvtt)
Gọi N là trung điểm BB
/

A
/
B
/
C
/
B
C
M

N
K
H
Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN)) (vì N là trung điểm BB’)
= BH với H là hình chiếu của B lên mp (AMN)
Ta có :
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 2 7 a
BH
BH BA BM BN a a a a
7
= + + = + + = ⇒ =
Lê Ngô Thiện
(ĐH Sư Phạm – TP.HCM)