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 A (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) x2 − 3 1 Khi m = −1 ta có y = . = x −2+ x+2 x+2 • Tập xác định: D = \ \{−2} . • Sự biến thiên: ⎡ x = −3 1 x 2 + 4x + 3 , y' = 0 ⇔ ⎢ y ' = 1− = 2 2 (x + 2) (x + 2) ⎣ x = −1. Bảng biến thiên: x −∞ −3 −2 −1 y' + 0 − − −6 y 0 +∞ −∞ 0,25 +∞ + 0,25 +∞ −∞ −2 yCĐ = y ( −3) = −6, yCT = y ( −1) = −2. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. • Đồ thị: 0,25 y − 3 −2 −1 O x −2 −6 2 0,25 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm) x 2 + 4x + 4 − m 2 . y' = 2 ( x + 2) Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ g ( x ) = x 2 + 4x + 4 − m 2 có 2 nghiệm ⎧⎪∆ ' = 4 − 4 + m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. phân biệt x ≠ −2 ⇔ ⎨ 2 ⎪⎩g ( −2) = 4 − 8 + 4 − m ≠ 0 1/4 0,50 Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ A ( −2 − m; − 2 ) , B ( −2 + m; 4m − 2 ) . JJJG G JJJG G Do OA = ( − m − 2; − 2 ) ≠ 0 , OB = ( m − 2; 4m − 2 ) ≠ 0 nên ba điểm O, A, B JJJG JJJG tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ − m 2 − 8m + 8 = 0 0,50 ⇔ m = −4 ± 2 6 (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m = −4 ± 2 6 . II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0. 0,50 π π + kπ, x = + k2π, x = k2π (k ∈ Z ). 4 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) x −1 x −1 + 24 = m (1). Điều kiện: x ≥ 1 . Phương trình đã cho ⇔ −3 x +1 x +1 ⇔ x=− 2 Đặt t = 4 0,50 0,50 x −1 , khi đó (1) trở thành −3t 2 + 2t = m (2). x +1 x −1 4 2 = 1− và x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1. x +1 x +1 Hàm số f (t) = −3t 2 + 2t, 0 ≤ t < 1 có bảng biến thiên: Vì t = 4 t 0 1/3 1 0,50 1/3 f(t) 0 -1 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ −1 < m ≤ III 1 . 3 2,00 1 2 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm) JJG +) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương u1 = (2; −1; 1), JJG d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương u 2 = (2; 1; 0). JJG JJG JJJJG +) [u1 , u 2 ] = (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5). JJG JJG JJJJG +) [u1 , u 2 ] . MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 0,25 0,50 0,25 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm) Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên A(2s;1 − s; − 2 + s), B(−1 + 2t;1 + t;3). JJJG ⇒ AB = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5). G (P) có véctơ pháp tuyến = (7; 1; −G4). n JJJG AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n ⎧s = 1 ⎧5t + 9s + 1 = 0 2t − 2s − 1 t + s −s + 5 ⇔ ⎨ = = ⇔ ⇔ ⎨ 7 1 −4 ⎩4t + 3s + 5 = 0 ⎩ t = −2 ⇒ A ( 2;0; − 1) , B ( −5; − 1;3) . Phương trình của d là: x − 2 y z +1 = = . 7 1 −4 2/4 0,25 0,25 0,25 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: (e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. 1 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = ∫ xe x 0 1 Ta có: e ∫ xdx = 0 2 e ex 2 1 = , 2 0 2 1 x x ∫ xe dx = xe 0 1 0 1 1 0 0 − ex dx = e ∫ xdx − ∫ xe x dx. 1 − ∫ e x dx = e − e x 0 1 = 1. 0 e Vậy S = − 1 (đvdt). 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: x 2 (y + z) ≥ 2x x . Tương tự, y 2 (z + x) ≥ 2y y , z 2 (x + y) ≥ 2z z . ⇒ P≥ 0,25 0,25 0,50 0,25 2y y 2x x 2z z . + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y Đặt a = x x + 2y y , b = y y + 2z z , c = z z + 2x x . 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a Suy ra: x x = , y y= ,z z= . 9 9 9 0,25 2 ⎛ 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a ⎞ + + Do đó P ≥ ⎜ ⎟ 9⎝ b c a ⎠ = 2⎡ ⎛c a b⎞ ⎛a b c⎞ ⎤ 2 4 ⎜ + + ⎟ + ⎜ + + ⎟ − 6 ⎥ ≥ ( 4.3 + 3 − 6 ) = 2. ⎢ 9⎣ ⎝b c a⎠ ⎝b c a⎠ ⎦ 9 c a b ⎛c a⎞ ⎛b ⎞ a b + + = ⎜ + ⎟ + ⎜ + 1⎟ − 1 ≥ 2 +2 − 1 ≥ 4 − 1 = 3, b c a ⎝b c⎠ ⎝a ⎠ b a c a b a b c c a b hoặc + + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ = 3. Tương tự, + + ≥ 3). b c a b c a b c a (Do Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. V.a 1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm) JJJG Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC = (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có: JJJG JJJG ⎧⎪BH ⊥ AC ⎧x = 1 ⎧4(x + 2) − 4(y + 2) = 0 ⇔⎨ ⇒ H(1; 1). ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩H ∈ AC ⎩y = 1 ⎩4x + 4(y − 2) = 0 Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (1). Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện: ⎧ 2a − c = 1 ⎪ ⎨ 2a − 4b + c = −5 ⎪ 2a + 2b + c = −2. ⎩ 1 ⎧ ⎪a = − 2 ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎨b = 2 ⎪ ⎪ c = −2. ⎪ ⎩ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x 2 + y 2 − x + y − 2 = 0. 3/4 0,25 0,25 2,00 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: (1 + x ) 2n 2n 2n = C02n + C12n x + ... + C2n x , (1 − x ) ⇒ (1 + x ) − (1 − x ) 2n 1 ⇒ ∫ (1 + x ) 2n − (1 − x ) • ∫ (1 + x ) 2n ∫ (C 1 2n ) 0,50 1 2n − (1 − x ) 2 0 1 • ( 2n 2n = C02n − C12n x + ... + C2n x 2n −1 2n −1 = 2 C12n x + C32n x 3 + C52n x 5 + ... + C2n x . 2 0 1 2n 2n dx = ∫ (C 1 2n ) −1 2n −1 x + C32n x 3 + C52n x 5 + ... + C2n dx 2n x 0 2n dx = (1 + x ) 2n +1 + (1 − x ) 2n +1 2 ( 2n + 1) 1 0 = 22n − 1 (1) 2n + 1 ) −1 2n −1 x + C32n x 3 + C52n x 5 + ... + C2n dx 2n x 0 0,50 1 2n ⎛ ⎞ x2 x4 x6 −1 x . = ⎜ C12n . + C32n . + C52n . + ... + C2n ⎟ 2n 2 4 6 2n ⎠ 0 ⎝ 1 1 1 1 2n −1 C2n = C12n + C32n + C52n ... + (2). 2 4 6 2n Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. V.b 2,00 1 2 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) 3 (4x − 3) 2 Điều kiện: x > . Bất phương trình đã cho ⇔ log 3 ≤2 4 2x + 3 ⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 3 ⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3. 8 3 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: < x ≤ 3. 4 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. S Do ∆SAD đều nên SH ⊥ AD. Do ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) 0,25 0,25 0,25 M ⇒ SH ⊥ BP (1) . Xét hình vuông ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP ⇒ CH ⊥ BP ( 2 ) . Từ (1) và (2) A suy ra BP ⊥ ( SHC ) . B 0,50 K H Vì MN // SC và AN // CH nên ( AMN ) // ( SHC ) . Suy ra BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM. 0,25 N D P C 1 Kẻ MK ⊥ ( ABCD ) , K ∈ ( ABCD ) . Ta có: VCMNP = MK.SCNP . 3 2 1 a 3 1 a 3a 3 , SCNP = CN.CP = nên VCMNP = (đvtt). Vì MK = SH = 2 4 2 8 96 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