Nội dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (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) 1 Ta có y = 1 + . x −1 • Tập xác định: D = \ \ {1}. 1 • Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D. (x − 1) 2 Bảng biến thiên: x −∞ 1 y' y 0,25 +∞ − − 1 0,25 +∞ −∞ 1 Hàm số không có cực đại và cực tiểu. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. • Đồ thị: 0,25 y 1 O 2 II 1 1 x Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là x = − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (1) (do x = 1 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. Điều kiện là : Δ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m > 4 hoặc m < 0. Vậy m > 4 hoặc m < 0. 0,25 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3 sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 2 π⎞ ⎛ ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x 3⎠ ⎝ Phương trình đã cho ⇔ 1/4 0,50 2 π ⎡ ⎢3x − 3 = 2x + k2π π 4π 2π ⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = (k ∈ Z ). +k 3 15 5 ⎢3x − π = π − 2x + k2π ⎢⎣ 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π 4π 2π (k ∈ Z ). x = + k2π, x = +k 5 3 15 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm) 0,50 Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương 3−m m2 + 1 trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y = 3m + 1 Thay (2) vào (1) ta có x = 2 . m +1 Xét điều kiện xy < 0 : (2). 0,50 ⎡m > 3 3m + 1)( 3 − m ) ( xy < 0 ⇔ <0⇔⎢ (m 2 +1 ) 2 ⎢m < − 1 . 3 ⎣ 0,50 1 Vậy m > 3 hoặc m < − . 3 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) G Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) . JJG Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng (P) là: 1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0. 2 0,50 0,50 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm) +) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) . +) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng. 5 2 OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − . 3 5 7⎞ ⎛ 5 5 +) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ . 3⎠ 3 ⎝ 3 3 +) 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 M1 (1; − 1; 3) và 0,25 0,25 0,25 0,25 7⎞ ⎛ 5 5 M2 ⎜ − ; ; − ⎟. 3⎠ ⎝ 3 3 IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: − x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3. Diện tích của hình phẳng cần tìm là: 3 S= ∫ 0 3 − x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx. 0 2/4 0,25 0,25 Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra 3 S=∫ 0 Vậy S = 2 ( 3 ⎛ x3 x2 ⎞ 9 − x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = . 2 ⎠0 2 ⎝ 3 2 ) 0,50 9 (đvdt). 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy (1,00 điểm) Ta có: P = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3xy. Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy = t2 − 2 . Suy ra 2 0,25 ⎛ t2 − 2 ⎞ t2 − 2 3 P = 2t ⎜ 2 − − 3 = − t 3 − t 2 + 6t + 3. ⎟ 2 ⎠ 2 2 ⎝ Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2. 2 0,25 3 Xét f ( t ) = − t 3 − t 2 + 6t + 3 với t ∈ [ −2; 2] . 2 Ta có : f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6 ⎡ t = −2∈ [ −2; 2] f '( t ) = 0 ⇔ ⎢ ⎢⎣ t = 1 ∈ [ −2; 2] . Bảng biến thiên: t -2 f’(t) 1 + 0 2 - 13 2 f(t) -7 Vậy max P = 0,50 1 13 , min P = −7. 2 V.a 2,00 1 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm) JJJG +) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) . G +) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) . ⎛a b⎞ Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ . ⎝2 2⎠ +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi JJJG G ⎧ −2a + b = 0 ⎧a = 2 ⎪⎧AB.u = 0 ⎪ ⇔ ⎨a ⇔⎨ ⎨ ⎩ b = 4. ⎩⎪ I ∈ d ⎪⎩ 2 − b + 3 = 0 Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) . 3/4 0,25 0,25 0,50 2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) 18 1 ⎞ ⎛ Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ là x⎠ ⎝ k 6k 18− ⎛ 1 ⎞ k Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k.x 5 . ⎝ x⎠ 6k Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = 0 ⇔ k = 15. 5 3 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15 18 .2 = 6528. 18− k k 18 V.b 0,50 0,50 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với log 22 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0. 0,25 Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2. 0,25 Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0,50 Với t = 1 ta có log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1, x = 3. 2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm) +) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN = ⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1). 1 AD 2 S M N A B 0,25 D C +) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. 0,25 +) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM . VS.BCM = VC.SBM 1 1 1 1 a3 = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = . 3 6 6 2 6 0,50 3 Vậy VS.BCNM = a (đvtt). 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