Nội dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Ý 1 Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có y = − x 3 + 3x 2 − 4 . • Tập xác định: D = \ . • Sự biến thiên: y ' = −3x 2 + 6x, y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 − y' 0 + +∞ 0 0,25 +∞ − 0,50 0 −4 y yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4. • Đồ thị: −∞ y −1 O 2 x 0,25 −4 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: y ' = −3x 2 + 6x + 3(m 2 − 1) , y' = 0 ⇔ x 2 − 2x − m 2 + 1 = 0 (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3). 1 O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = ± (vì m ≠ 0). 2 II 0,50 0,50 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sin 7x − sin x + 2sin 2 2x − 1 = 0 ⇔ cos 4x ( 2sin 3x − 1) = 0. π π + k (k ∈ Z). 8 4 1 π 2π 5π 2π • sin 3x = ⇔ x = + k hoặc x = +k ( k ∈ Z). 2 18 3 18 3 0,50 • cos 4x = 0 ⇔ x = 1/4 0,50 2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với ⎡x = 2 ( x − 2 ) x 3 + 6x 2 − 32 − m = 0 ⇔ ⎢ 3 2 ⎣ x + 6x − 32 − m = 0. Ta chứng minh phương trình: x 3 + 6x 2 − 32 = m (1) có một nghiệm trong ( ) 0,50 khoảng ( 2; +∞ ) . Xét hàm f ( x ) = x 3 + 6x 2 − 32 với x > 2. Ta có: f ' ( x ) = 3x 2 + 12x > 0, ∀x > 2. Bảng biến thiên: x 2 +∞ f '(x) 0,50 + +∞ f(x) 0 Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0 , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng ( 2; +∞ ) . Vậy với mọi m > 0 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) (S) : ( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9 có tâm I (1; −2; −1) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. JJG G (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: OI = (1; −2; −1) , i = (1;0;0 ) . G ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: n = ( 0; −1; 2 ) . Phương trình của (Q) là: 0. ( x − 0 ) − 1. ( y − 0 ) + 2 ( z − 0 ) = 0 ⇔ y − 2z = 0. 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 d ( A; ( P ) ) ≥ d ( B; ( P ) ) thì d ( M; ( P ) ) lớn nhất khi M ≡ A. x −1 y + 2 z + 1 = = . 2 −1 2 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ⎧( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9 ⎪ ⎨ x −1 y + 2 z + 1 . = = ⎪ 2 ⎩ 2 −1 Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A ( −1; −1; −3) , B ( 3; −3;1) . Phương trình đường thẳng d: Ta có: d ( A; ( P ) ) = 7 ≥ d ( B; ( P ) ) = 1. Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M ( −1; −1; −3) . IV 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y = x ln x và y = 0 là: x ln x = 0 ⇔ x = 1. 2/4 0,25 Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là: e e 0,25 V = π ∫ y dx = π∫ ( x ln x ) dx. 1 2 2 1 Đặt u = ln 2 x, dv = x 2dx ⇒ du = 2 ln x x3 dx, v = . Ta có: x 3 e e ∫ ( x ln x ) 2 1 e e x3 2 2 e3 2 dx = ln x − ∫ x 2 ln xdx = − ∫ x 2 ln xdx. 3 31 3 31 1 0,25 dx x3 Đặt u = ln x, dv = x dx ⇒ du = , v = . Ta có: x 3 2 e e e e x3 1 2 e3 x 3 2e3 + 1 x ln xdx = ln x − x dx = − = . ∫ ∫ 3 3 3 9 9 1 1 1 1 Vậy V = 2 2 ( π 5e3 − 2 0,25 ) (đvtt). 27 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) x 2 y2 z 2 x 2 + y2 + z 2 + + + . Ta có: P = 2 2 2 xyz x 2 + y2 y2 + z 2 z 2 + x 2 + + ≥ xy + yz + zx 2 2 2 ⎛ x 2 1 ⎞ ⎛ y2 1 ⎞ ⎛ z 2 1 ⎞ nên P ≥ ⎜⎜ + ⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟ . ⎝ 2 x⎠ ⎝ 2 y⎠ ⎝ 2 z⎠ Do x 2 + y 2 + z 2 = 0,50 t2 1 + với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra 2 t 3 9 f ( t ) ≥ , ∀t > 0. Suy ra: P ≥ . Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 1. 2 2 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 0,50 Xét hàm số f ( t ) = V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) Ta có: 3n C0n − 3n −1 C1n + 3n −2 C 2n − ... + ( −1) Cnn = ( 3 − 1) = 2n . Từ giả thiết suy ra n = 11 . n n 0,50 Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của ( 2 + x ) 11 2 là: 1 C10 11 .2 = 22. Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì B ∈ d1 , C ∈ d 2 nên B ( b; 2 − b ) , C ( c;8 − c ) . Từ giả thiết ta có hệ: JJJG JJJG ⎪⎧AB.AC = 0 ⎪⎧bc − 4b − c + 2 = 0 ⎪⎧( b − 1)( c − 4 ) = 2 ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎨ 2 2 2 ⎩⎪AB = AC ⎩⎪b − 2b = c − 8c + 18 ⎪⎩( b − 1) − ( c − 4 ) = 3. ⎧⎪ xy = 2 Đặt x = b − 1, y = c − 4 ta có hệ ⎨ 2 2 ⎪⎩ x − y = 3. Giải hệ trên ta được x = −2, y = −1 hoặc x = 2, y = 1 . Suy ra: B ( −1;3) , C ( 3;5 ) hoặc B ( 3; −1) , C ( 5;3) . 3/4 0,50 0,50 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt ( ) 2 −1 x = t ( t > 0 ) , ta có phương trình 1 t + − 2 2 = 0 ⇔ t = 2 − 1, t = 2 + 1. t Với t = 2 − 1 ta có x = 1. Với t = 2 + 1 ta có x = −1. 2 0,50 0,50 (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. S E 0,50 P M A B D C N Vì MN || ( SAC ) nên d ( MN; AC ) = d ( N;(SAC ) = Vậy d ( MN; AC ) = 1 1 a 2 d ( B; ( SAC ) ) = BD = . 2 4 4 0,50 a 2 . 4 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