Nội dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Ý 1 Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 2x 2 Ta có y = = 2− . x +1 x +1 • Tập xác định: D = \ \{−1} . 2 > 0, ∀x ∈ D. • Sự biến thiên: y ' = (x + 1) 2 Bảng biến thiên x −∞ −1 + y' 0,25 +∞ + 0,25 2 +∞ y −∞ 2 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. • Đồ thị: y 0,25 2 0,25 −1 2 O x Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) ⎛ 2x 0 ⎞ Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x 0 ; ⎟ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: x0 +1 ⎠ ⎝ y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) + ⇒A ( − x 02 ;0 ) 2x 0 2x 02 2 ⇔y= x + . x0 +1 ( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2 ⎛ 2x 02 ⎞ ⎟. , B ⎜ 0; ⎜ ( x + 1)2 ⎟ 0 ⎝ ⎠ Từ giả thiết ta có: 2x 02 ( x 0 + 1)2 . − x 02 1 ⎡ ⎡ 2x 02 + x 0 + 1 = 0 x0 = − 1 ⎢ ⇔ = ⇔⎢ 2 2 ⎢ 2 ⎣⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0. ⎣x0 = 1 1/4 0,25 0,50 1 ⎛ 1 ⎞ ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ . 2 ⎝ 2 ⎠ Với x 0 = 1 ta có M (1;1) . Với x 0 = − 0,25 ⎛ 1 ⎞ Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M ⎜ − ; − 2 ⎟ và M (1;1) . ⎝ 2 ⎠ II 2,00 1 2 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với π⎞ 1 ⎛ 1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = 6⎠ 2 ⎝ π π ⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) . 2 6 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm). 1 1 Đặt x + = u, y + = v ( u ≥ 2, v ≥ 2 ) . Hệ đã cho trở thành: x y ⎧u + v = 5 ⎪⎧u + v = 5 ⇔⎨ ⎨ 3 3 ⎩uv = 8 − m ⎪⎩u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 ⇔ u, v là nghiệm của phương trình: t 2 − 5t + 8 = m (1). Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm t = t1 , t = t 2 thoả mãn: t1 ≥ 2, t 2 ≥ 2 (t1, t2 không nhất thiết phân biệt). 0,50 0,50 0,25 Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 : Bảng biến thiên của f ( t ) : t −∞ f '( t ) −2 2 − − 0 +∞ f (t) +∞ 5/ 2 + 0,50 +∞ 22 2 7/4 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 ≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 . 4 III 0,25 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) . JJJG JJJG Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) . G Vectơ chỉ phương của d là: n = (12; −6;6 ) = 6 ( 2; −1;1) . x y−2 z−2 = = . 2 −1 1 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) Phương trình đường thẳng d: 2 2/4 0,25 0,50 0,25 0,25 ( ⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) 2 2 ) + ( ( −2 + t ) 2 + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) 2 2 ) 0,50 = 12t 2 − 48t + 76 = 12 ( t − 2 ) + 28. 2 MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2. Khi đó M ( −1;0; 4 ) . 0,25 2,00 IV 1 Tính tích phân (1,00 điểm) 2 ln x x4 dx, v = . Ta có: x 4 Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du = e e e x4 1 e4 1 I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx. 4 21 4 21 1 Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = e 0,50 dx x4 , v = . Ta có: x 4 e e e x4 1 3 e4 1 4 3e4 + 1 = − = − = x ln xdx ln x x dx x . ∫ ∫ 4 4 4 16 16 1 1 1 1 3 5e4 − 1 . 32 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với 0,50 Vậy I = 2 ( ln 1 + 4a (1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) ⇔ a ln (1 + 4 ) Xét hàm f ( x ) = với x > 0. Ta có: a b b a ) ≤ ln (1 + 4 ) . b 0,50 b x x f '( x ) = ( ) ( (1 + 4 ) 4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x x 2 x ) <0 0,50 ⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Do f(x) nghịch biến trên ( 0; +∞ ) và a ≥ b > 0 nên f ( a ) ≤ f ( b ) và ta có điều phải chứng minh. V.a 1 2,00 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm) Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) là ( −2 ) .C54 . 5 4 Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 (1 + 3x ) 10 0,50 3 là 33.C10 . Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) + x 2 (1 + 3x ) 5 10 là ( −2 )4 C54 + 33.C103 = 3320. 2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm I (1; −2 ) và bán kính R = 3. Ta có: ∆PAB đều nên 0,50 IP = 2IA = 2R = 6 ⇔ P thuộc đường tròn ( C ' ) tâm I, bán kính R ' = 6. 0,50 Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với ( C ' ) tại P ⇔ d ( I;d ) = 6 ⇔ m = 19, m = −41. 0,50 3/4 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 4.2 x − 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3 2 ) 2 ( ) ⇔ 5. 2x 2 − 13.2x − 6 = 0 2 ⎡ x 2 =− ⎢ ⇔ 5 ⎢ x ⎢⎣ 2 = 3 Do 2x > 0 nên 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 (thỏa mãn điều kiện). Chứng minh ∆SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a ⇒ CD ⊥ AC . Mặt khác, CD ⊥ SA . Suy ra CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C. 0,50 0,50 S H 0,50 A I B D C SH SA 2 SA 2 2a 2 2 = = = = 2 2 2 2 2 SB SB 3 SA + AB 2a + a Gọi d1 và d 2 lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì d 2 SH 2 2 = = ⇒ d 2 = d1. d1 SB 3 3 3VB.SCD SA.SBCD = . Ta có: d1 = SSCD SSCD 1 1 SBCD = AB.BC = a 2 . 2 2 1 1 SSCD = SC.CD = SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2. 2 2 a Suy ra d1 = . 2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d 2 = d1 = . 3 3 Trong tam giác vuông SAB ta có: 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---------------- 4/4