ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A,B,D
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
x
y .
x 1
=
−

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2.

Tìm
m
để đường thẳng
d : y x m= − +
cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm phân biệt.
Câu II

(2 điểm)

1.

Giải phương trình sin 3x 3 cos3x 2sin 2x.
− =

2.

Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình
x my 1
mx y 3
− =
⎧
⎨
+ =
⎩
có nghiệm
( )
x; y
thỏa mãn
xy 0.<

Câu III
(2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
( )
A 1; 1; 3
và đường thẳng d có phương trình
x y z 1

.
1 1 2
−
= =
−

1.

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.
2.

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O.
Câu IV
(2 điểm)

1.

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
( )
2
P : y x 4x=− +
và đường thẳng
d : y x.=

2.

Cho hai số thực
x, y
thay đổi và thỏa mãn
2 2

x y 2.+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
( )
3 3
P 2 x y 3xy.= + −
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.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục
tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x
2y 3 0.
− + =
2.

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
( )
18
5
1
2x x 0 .
x
⎛ ⎞

+ >
⎜ ⎟
⎝ ⎠

Câu V.b. Theo chương trình phân ban
(2 điểm)

1.

Giải phương trình
( )
2
2 2
log x 1 6log x 1 2 0.
+ − + + =

2.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
n
n
o
BAD ABC 90 ,= =
AB BC a,
= =

AD 2a,
=
SA vuông góc với đáy và
SA 2a.=

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD.
Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a.

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: …………………………
/>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối A,B,D
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Ta có
1
y 1 .
x 1
= +
−

• Tập xác định: D =
\{1}.\
• Sự biến thiên:
2
1
y' 0, x D.=−

(x 1)
< ∀ ∈
−

0,25
Bảng biến thiên:
Hàm số không có cực đại và cực tiểu.
0,25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1.
0,25
• Đồ thị:
0,25
2
Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)
d: y x m=− +

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là
()
2
x
x m x mx m 0 1
x 1
=− + ⇔ − + =
−
(do không là nghiệm).
x 1=
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
0,50
x − ∞ 1 + ∞

y'
−

−
1 + ∞
y
−∞ 1
O 1
1
y
x
Điều kiện là : hoặc
m 0
2
m 4m 0 m 4Δ= − > ⇔ >
.
.
<

Vậy
m
hoặc
4>
m 0<
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho
1 3
sin 3x cos3x sin 2x⇔
2 2
− =


sin 3x sin 2x
3
π
⎛ ⎞
⇔ −

=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,50
1/4
/>3x 2x k2
3
3x 2x k2
3
π
⎡
−= + π
⎢
⇔
⎢
π

⎢
−=π− + π
⎢
⎣
⇔
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +
5
(k ∈
Z
).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +
5
(k ∈ ).
Z
0,50
2

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn (1,00 điểm)
xy 0<

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có Thay vào phương
trình thứ hai ta có:
()

xmy11.=+
() ()
2
3m
mm
y 1 y 3 y 2.
m1
−
++=⇔=
+

Thay (2) vào (1) ta có
2
3m 1
x.
m1
+
=
+


0,50

Xét điều kiện
xy 0 :<
()()
()
>
⎡
+−

⎢
<⇔ <⇔
⎢
<−
+
⎣
2
2
m3
3m 1 3 m
xy 0 0
1
m.
m1
3

Vậy
m
hoặc
3>
1
m.
3
<−


0,50

III

2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,00 điểm)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
()
u1;1;2=− .
G

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
()
P
n1;1;2=− .
JJG

0,50

Phương trình mặt phẳng (P) là:
()()()
1. x 1 1. y 1 2. z 3 0−− −+ − =

xy2z60.⇔−+ −=
0,50
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cân tại đỉnh O (1,00 điểm)
MOAΔ

+) ⇒
Md∈
()
Mt; t;1 2t.−+
+) cân tại đỉnh O và M, O, A không thẳng hàng.

MOAΔ OM OA⇔=

0,25


OM

hoặc

OA=
()
2
22
tt 2t1 11⇔++ + =
t1⇔=
5
t
3
=−
.
0,25
+) Với ta có Với
t1=
()
M1; 1;3.−
5
t
3
=−
ta có

55 7
M;;
33 3
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25


+) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không
thẳng hàng.
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là và
()
1
M1; 1;3−
2
55 7
M;;
33 3
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
IV

2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
2
x4xx x0−+ =⇔=
hoặc
x3.=
0,25







Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
S =
33
22
00
x 4x x dx x 3x dx.−+ − =−+
∫∫

0,25
2/4
/>

Do nên . Suy ra
0x3≤≤
2
x3x0−+ ≥
()
3
3
32
2
0
0
xx
S x 3x dx 3
32
⎛⎞
=−+ =− + =
⎜⎟
⎝⎠
∫
9
2
.
Vậy
9
S
(đvdt).
2

=

0,50
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm)
()
33
P 2 x y 3xy=+−

Ta có:
()
()
()( )
22
P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.=+ +−−=+ −−
Đặt Do nên x y t.+=
22
xy+=

2
2
t2
xy
2
−
= . Suy ra
22
32
t2 t2 3
P2t2 3 t t 6t3.

22 2
⎛⎞
−−
=− − =−−++
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Do nên
()
2
xy 4xy+≥
()
22
t2t2 2t2≥−⇔−≤≤.
0,25


Xét
()
32
3
ft t t 6t 3
2
=− − + +
với
[ ]
t2;2∈− .

Ta có :

()
2
f' t 3t 3t 6=− − +

()
[ ]
[]
t2 2;2
f' t 0
t1 2;2.
⎡
=− ∈ −
=⇔
⎢
=∈−
⎢
⎣
Bảng biến thiên:









Vậy
13
ma

x P , min P 7.
2
==−

0,50
V.a

2,00
1
Tìm
A
(1,00 điểm)
Ox, B Oy ∈∈

+)
()() (
AOx,BOy Aa;0,B0;b,AB a;b∈∈⇒ =−
)
.
JJJG

0,25
+) Vectơ chỉ phương của d là
()
u2;1=
G
.
Tọa độ trung điểm I của AB là
ab

;.
22
⎛⎞
⎜⎟

⎝⎠
0,25
















+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
2a b 0
a2
AB.u 0
a
b 4.
b30

Id
2
−+=
⎧
⎧
=
⎧
=
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−+=
∈
⎪
⎩
⎩
⎪
⎩
JJJG G

Vậy
A2

()()
;0,B0;4.


0,50

13
2

f(t)
t -2 1 2
+ 0 - f’(t)
-7 1
3/4
/>2
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển (1,00 điểm)

Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của
18
5
1
2x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
là
()
k
6k
18
18 k
kk
5

k1 18 18
5
1
TC.2x. C.2.x
x
−
−
−
+
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
18k
.

0,50

Số
hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn:
6k
18

0 k 15.
5
−=⇔=
Vậy số hạng cần tìm là
15 3
16 18
T C .2 6528.==

0,50
V.b



2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện Phương trình đã cho tương đương với
x1>− .
() ()
2
22

log x 1 3log x 1 2 0.+− ++=

0,25
Đặt ta được hoặc
(
2
tlogx1=
)
+
1
.
2
t3t20 t−+=⇔=
t2=
0,25

Với ta có (th
ỏa mãn điều kiện).
t1=
()
2
log x 1 1 x 1 2 x 1+=⇔+=⇔=
Với ta có (thỏa mãn điều kiện).
t2=
()
2
log x 1 2 x 1 4 x 3+=⇔+=⇔=
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x1,x3.==

0,50








2

Chứng m
inh BCNM là hình chữ nhật và tính (1,00 điểm)

+) MN là đường trung bình của
Δ
MN // AD và
SAD
⇒
1
MN AD
2
=


⇒
MN // BC và BCNM là hình bình hành (1).
MN BC= ⇒

0,25




S
A
B
C
N M
D
+)
() (
BC AB, BC SA BC SAB BC BM 2 .⊥⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥
)
0,25
Từ (1) và (2
) suy ra BCNM là hình chữ nhật.
+) Ta có: S2
BCNM BCM S.BCNM S.BCM
S V 2V.
Δ
= ⇒ =
3
S.BCM C.SBM SBM SAB
1111a
V CB.S CB.S CB. .SA.AB .
36626
ΔΔ
== = = =

V
0,50
3
S.BCNM
a
Vậy V (đ
vtt).
3
=

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh−
®¸p ¸n quy ®Þnh.
Hết



4/4
/>