Tài liệu BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN pptx

1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)


Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m =1 ta có
32
yx3x4=− + −
.
• Tập xác định: D = \ .
• Sự biến thiên:

2
y' 3x 6x,=− + y' 0
=
⇔
x0
=
hoặc
x2.
=

0,25
Bảng biến thiên:






y
CĐ
= y(2) = 0, y
CT
= y(0) = − 4.



0,50




• Đồ thị:

0,25

2
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)

Ta có:
22
y' 3x 6x 3(m 1)=− + + − , y' = 0 ⇔
22
x2xm10
−
−+= (2).

Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m
2
> 0 ⇔ m ≠ 0.

0,50

Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m
3
), B(1 + m; − 2 + 2m
3
).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m
3
= 2m ⇔ m =
1
2
±
(vì m ≠ 0).

0,50
II

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

Phương trình đã cho tương đương với:
(
)
2
sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.−+ −=⇔ −=

0,50









•
()
cos 4x 0 x k k .
84
ππ
=⇔= + ∈Z

•
12
sin 3x x k
2183
ππ
=⇔= + hoặc
()

52
xkk.
18 3
π
π
=+ ∈Z


0,50
x
−
∞ 02+ ∞
y
'
−
0+0 −
y
−
4 − ∞
+ ∞ 0
O
−
4
2
y
x
−
1
2/4
2

Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x2.≥ Phương trình đã cho tương đương với
()
()
32
x2x 6x 32m 0−+−−=
32
x2
x6x32m0.
=
⎡
⇔
⎢
+
−−=
⎣

Ta chứng minh phương trình:
(
)
32
x6x32m1+−= có một nghiệm trong
khoảng
()
2;
+
∞ .

0,50


Xét hàm
(
)
32
fx x 6x 32=+ −với x2.> Ta có:
(
)
2
f' x 3x 12x 0, x 2.
=
+>∀>
Bảng biến thiên:








Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi
m0> , phương trình (1) luôn có một
nghiệm trong khoảng
()
2;
+

∞ .
Vậy với mọi
m0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.






0,50


III

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

()( ) ( ) ( )
222
S:x 1 y 2 z 1 9−++ ++= có tâm
(
)
I1; 2; 1
−
− và bán kính R3.=
0,25
Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25
(Q) có cặp vectơ chỉ phương là:
(

)
(
)
OI 1; 2; 1 , i 1;0;0=−− =
J
JG G
.
⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là:
(
)
n0;1;2.=−
G


0,25

Phương trình của (Q) là:
(
)
(
)
(
)
0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.
−
−−+−=⇔−=
0,25
2
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 vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm
A, B
. Nhận xét: nếu
(
)
(
)
(
)
(
)
dA;P dB;P≥ thì
()
(
)
dM;P lớn nhất
khi
MA.≡


0,25
Phương trình đường thẳng d:
x1 y 2 z1
.
212
−
++
==
−

0,25
Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ
()( )()
222
x1 y2 z1 9
x1 y 2 z1
.
212
⎧
−
++ ++ =
⎪
⎨
−++
==
⎪
⎩−

Giải hệ ta tìm được hai giao điểm
(
)
(
)
A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 .−−− −



0,25

Ta có:
()
()
(
)
()
dA;P 7 dB;P 1.=≥ =

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi
(
)
M1;1;3.
−
−−

0,25
IV

2,00
1
Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm)






Phương trình hoành độ giao điểm của các đường

yxlnx
=
và y0= là:
xlnx 0 x 1.
=
⇔=
0,25
f(x)
f '(x) +
0
x 2 + ∞
+ ∞
3/4
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:

()
ee
2
2
11
V y dx x ln x dx.=π =π
∫∫

0,25
Đặt
3
22
2lnx x
u ln x,dv x dx du dx, v .
x3

==⇒= = Ta có:
()
e
eee
33
2
22 2
111
1
x2 e2
x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.
33 33
=− =−
∫∫∫

0,25













Đặt

3
2
dx x
ulnx,dvxdx du ,v .
x3
==⇒== Ta có:
ee
ee
3333
22
11
11
x1 ex2e1
x ln xdx ln x x dx .
33 399
+
=−=−=
∫∫

Vậy
(
)
3
5e 2
V
27
π−
= (đvtt).
0,25
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)

Ta có:
222222
xyzxyz
P.
222 xyz
++
=+++
Do
22 2222
222
xy yzzx
xyz xyyzzx
222
+++
++= + + ≥++
nên
222
x1 y1 z1
P.
2x 2y 2z
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
≥+++++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

0,50



Xét hàm số
()
2
t1
ft
2t
=+ với
t0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
()
3
ft , t 0.
2
≥∀> Suy ra:
9
P.
2
≥ Dấu bằng xảy ra
⇔
xyz1.
=
==
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
9
.
2

0,50
V.a

2,00
1
Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)

Ta có:
() ( )
nn
n0 n11 n22 n n
nn n n
3 C 3 C 3 C 1 C 3 1 2
−−
−+ −+−=−=.
Từ giả thiết suy ra
n11=
.

0,50

Hệ số của số hạng chứa
10
x trong khai triển Niutơn của
()
11

2x+ là:
10 1
11
C .2 22.=

0,50

2
Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)

Vì
12
Bd,Cd∈∈ nên
()
(
)
Bb;2 b,Cc;8 c.
−
− Từ giả thiết ta có hệ:
(
)
(
)
()()
22
22
b1c 4 2
bc 4b c 2 0
AB.AC 0
AB AC

b2bc8c18
b
1c43.
−−=
⎧
−−+=
⎧
⎧
=
⎪⎪ ⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−=−+
⎪
⎪
−
−− =
⎩
⎩
⎪
⎩
JJJG JJJG




0,50

Đặt x b 1, y c 4=− =− ta có hệ
22
xy 2
xy3.
=
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

Giải hệ trên ta được x 2, y 1=− =− hoặc x 2, y 1
=
= .
Suy ra:
()()

B1;3,C3;5− hoặc
(
)
(
)
B3; 1,C5;3− .




0,50
4/4
V.b

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

Đặt
()
()
x
21 tt 0,−= > ta có phương trình
1
t220t21,t21.
t
+− =⇔=−=+
0,50

Với

t21=−
ta có
x1.=

Với
t21=+ ta có x1.=−
0,50
2
(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.⊥

0,50














Vì
()
MN || SAC nên
()() ()
()
11a2
d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .
244
== ==
Vậy
()

a2
dMN;AC .
4
=
0,50

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
N
E
C
B
M
P
D
A
S