Đề thi toán khối D đại học năm 2008

Chia sẻ: congbien

Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008. Môn thi Toán, khối D. Tài liệu giúp các bạn tham khảo

Nội dung Text: Đề thi toán khối D đại học năm 2008

 

  1. 0ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi : TOÁN, khối D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I (1;2) với hệ số góc k (k > - 3) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx(1+cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx   xy + x + y = x − 2y 2 2 2. Giải hệ phương trình  (x, y ∈ ¡ )  x 2y − y x − 1 = 2x − 2y  Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3) 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV (2 điểm) 2 ln x 1. Tính tích phân I = ∫ 3 dx 1 x 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của (x − y)(1 − xy) biểu thức P = (1 + x) 2 (1 + y) 2 PHẦN RIÊNG ------ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc V.b ------- Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 2n −1 1. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C2n + C2n + ... + C2n = 2048 (C n là số tổ hợp 1 3 k chập k của n phần tử) 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai · điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC = 900. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) x 2 − 3x + 2 1. Giải bất phương trình log 1 ≥0 2 x 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA ' = a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. ------------
  2. BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) 1. D = R y' = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 4 y" = 6x - 6, y" = 0 ⇔ x = 1 x -∞ 0 1 2 +∞ y' + 0 - - 0 + 2 I y" - - 0 + + y 4 2 0 +∞ 0 1 2 -∞ 2. d : y - 2 = k(x - 1) ⇔ y = kx - k + 2 Pthđgđ : x3 - 3x2 + 4 = kx - k + 2 ⇔ x3 - 3x2 - kx + k + 2 = 0 ⇔ (x - 1)(x2 - 2x - k - 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨g(x) = x2 - 2x - k - 2 = 0 Vì ∆' > 0 và g(1) ≠ 0 (do k > - 3) và x1 + x2 = 2xI nên có đpcm. Câu II (2 điểm) 1. Pt ⇔ 4sinxcos2x + 2sinxcosx - 1 - 2cosx = 0 ⇔ 2cosx(2sinxcosx - 1) + (2sinxcosx - 1) = 0 1 ⇔ (2sinxcosx - 1)(2cosx + 1) = 0 ⇔ sin2x = 1 ∨cosx = − 2 π 2π ⇔ x = + kπ ∨ x = ± + k2 π (k ∈ ¢ ) 4 3 2. ĐK: x ≥ 1 và y ≥ 0 xy + x + y = x 2 − 2y 2 ⇔ (x + y)(x - 2y - 1) = 0 ⇔ x = - y ∨ x = 2y + 1 * Th.1 : x = - y . Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (loại vì x ≥ 1) * Th.2 : x = 2y + 1 thế vào pt x 2y − y x − 1 = 2x − 2y ta được : (2y + 1) 2y − y 2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)( 2y − 2) = 0 ⇔ y = - 1 (loại) ∨ y = 2. Vậy hệ có 1 nghiệm : x = 5; y = 2. Câu III (2 điểm) 1. Pt mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 (S) đi qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 0 và 18 - 6a - 6c + d = 0 và 18 - 6b - 6c + d = 0 và 3 3 3 27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 ⇔ a = ; b = ;c = ;d = 0 . 2 2 2 Vậy pt (S) : x + y + z - 3x - 3y - 3z =r0uuu 2 2 2 uuu r 2. mp (ABC) đi qua A và có VTPT là [AB, AC] = (-9;-9;-9) nên có pt x + y + z - 6 = 0  3 3 3 3 3 3 d đi qua tâm I  ; ;  của (S) và ⊥ với mp (ABC) có pt : x = + t, y = + t, z = + t. 2 2 2 2 2 2 Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC chính là giao điểm H của d và mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2). Câu IV (2 điểm) dx dx 1 1. Đặt u = ln x ⇒ du = , dv = 3 chọn v = − 2 x x 2x 2 1 1 1 3 I = − 2 ln x 1 + ∫ 3 dx = − ln 2 + 2 2x 1 2x 8 16 π 2. Đặt x = tgu, y = tgv với u, v ∈ [0; ) . 2
  3. (tgu − tgv)(1 − tgutgv) sin(u − v) cos(u + v) 1 sin 2u − sin 2v P= = 2 = (1 + tgu) (1 + tgv) 2 2 (sin u + cos u) (sin v + cos v) 2 2 (1 + sin 2u)(1 + s in2v) 1 1 1  =  −  2  1 + s in2v 1 + s in2u  1 1 1  1 π Pmax =  −  = khi u = và v = 0 ⇔ x = 1 và y = 0 2 1+ 0 1+1 4 4 1 1 1  1 π Pmin =  −  = − khi u = 0 và v = ⇔ x = 0 và y = 1 2 1+1 1+ 0  4 4 Cách khác : x − x 2 y − y + xy 2 x(1 + y 2 ) − y(1 + x 2 ) x(1 + 2y + y 2 ) − y(1 + 2x + x 2 ) P= = = (1 + x) 2 (1 + y) 2 (1 + x) 2 (1 + y) 2 (1 + x)2 (1 + y) 2 x y a 1 = − 2 , mà 0≤ ≤ (∀a ≥ 0) (1 + x) (1 + y) 2 (1 + a) 2 4 1 1 nên : Pmax = khi x = 1 ; y = 0 và Pmin = − khi x = 0 ; y = 1. 4 4 PHẦN RIÊNG ------ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc V.b ------- Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. (1 + x) 2n = C0 + xC1 + x 2C2 + x 3C3 + ... + x 2n −1C2n −1 + x 2nC2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n x=1: 22n = C0 + C1 + C2 + C3 + ... + C2n −1 + C2n (1) 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n −1 x = - 1 : 0 = C2n − C2n + C2n − C2n + ... − C2n + C2n (2) 0 1 2 3 2n 2n −1 (1) - (2) : 2 = 2(C2n + C2n + ... + C2n ) = 4096 = 2 ⇔ n = 6. 2n 1 3 12  b2   c2  2. B, C ∈ (P) ⇒ B  ; b  , C  ;c  (b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4)  16   16  uuu  b 2 r  uuu  c 2 r  AB =  − 1; b − 4  , AC =  − 1;c − 4   16   16  uuu uuu r r −272 − bc bc AB ⊥ AC ⇔ AB.AC = 0 ⇔ (b + 4)(c + 4) + 256 = 0 ⇔ b + c = = −(68 + ) 4 4 b 2  uuu c − b r BC qua B  ; b  có 1 vtcp : BC = (c + b;16) .  16  16 Nên có pt BC : b2 y 16(x − ) − (b + c)(y − b) = 0 ⇔ 16x − (b + c)y + bc = 0 ⇔ 4(4x + 17y) + bc( + 1) = 0 16 4 y BC luôn qua điểm cố định thoả : 4x + 17y = 0 và + 1 = 0 ⇔ x = 17 và y = - 4. 4 Vậy BC luôn qua I (17, -4) cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) x 2 − 3x + 2 x 2 − 3x + 2 x 2 − 4x + 2 B/ C/ 1. Bpt ⇔ 0 < ≤1 ⇔ > 0 và ≤0 x x x ⇔ 2 − 2 ≤ x < 1 hay 2 < x ≤ 2 + 2 2 A/ N 1 2 2. Thể tích V=Sh= = a.a.a 2 = a 3 (đvtt) 2 2 H M Gọi N là trung điểm BB/ B C K
  4. Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN)) (vì N là trung điểm BB’) = BH với H là hình chiếu của B lên mp (AMN) 1 1 1 1 1 4 2 7 a Ta có : 2 = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ BH = BH BA BM BN a a a a 7 Lê Ngô Thiện (ĐH Sư Phạm – TP.HCM)
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản