Đáp án môn Tóan Cao Đẳng năm 2008 - Khối D

Chia sẻ: Motngay Khongcoem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

1.008
lượt xem 67
download

Đáp án môn Tóan Cao Đẳng năm 2008 - Khối D

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án đề thi tuyển sinh Cao Đẳng năm 2008 môn Tóan - Khối D

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án môn Tóan Cao Đẳng năm 2008 - Khối D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 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 0,25 • Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D. (x − 1) 2 Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' − − 0,25 1 +∞ y −∞ 1 Hàm số không có cực đại và cực tiểu. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. 0,25 • Đồ thị: y 1 0,25 O 1 x 2 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 0,50 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. 0,50 Vậy m > 4 hoặc m < 0. II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3 Phương trình đã cho ⇔ sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 2 0,50 ⎛ π⎞ ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x ⎝ 3⎠ 1/4
⎡ π ⎢3x − 3 = 2x + k2π π 4π 2π ⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = +k (k ∈ Z ). ⎢3x − π = π − 2x + k2π 3 15 5 ⎢ ⎣ 3 0,50 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π 4π 2π x = + k2π, x = +k (k ∈ Z ). 3 15 5 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm) Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương 3−m trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y = (2). m2 + 1 0,50 3m + 1 Thay (2) vào (1) ta có x = 2 . m +1 Xét điều kiện xy < 0 : xy < 0 ⇔ ( 3m + 1)( 3 − m ) < 0 ⇔ ⎡ m > 3 ⎢ ⎢m < − 1 . (m ) 2 2 +1 0,50 ⎣ 3 1 Vậy m > 3 hoặc m < − . 3 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) . 0,50 Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng (P) là: 0,50 1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0. 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm) +) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) . 0,25 +) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng. 5 OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − . 2 0,25 3 5 ⎛ 5 5 7⎞ +) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ . 0,25 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 ⎛ 5 5 7⎞ 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: 0,25 − x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3. Diện tích của hình phẳng cần tìm là: 3 3 0,25 S= ∫ 0 − x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx. 0 2/4
Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra 3 3 ⎛ x3 x2 ⎞ 9 S=∫ ( 2 ) − x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = . 0 ⎝ 3 2 ⎠0 2 0,50 9 Vậy S = (đvdt). 2 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. t2 − 2 Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy = . 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 1 2 0,50 f’(t) + 0 - 13 f(t) 2 -7 1 13 Vậy max P = , min P = −7. 2 V.a 2,00 1 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm) +) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) . 0,25 +) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) . ⎛a b⎞ 0,25 Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ . ⎝2 2⎠ +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi ⎧ ⎧ −2a + b = 0 ⎪AB.u = 0 ⎪ ⎧a = 2 ⎨ ⇔ ⎨a ⇔⎨ ⎪I ∈ d ⎩ ⎪2 − b + 3 = 0 ⎩ b = 4. 0,50 ⎩ Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) . 3/4
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 0,50 ⎛ 1 ⎞ 18− Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k.x 5 . k 18− k k 18 ⎝ x⎠ 6k Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = 0 ⇔ k = 15. 5 0,50 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15 .23 = 6528. 18 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với 0,25 log 2 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0. 2 Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2. 0,25 Với t = 1 ta có log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0,50 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) 1 +) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN = AD 2 ⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1). S M N 0,25 A D B C +) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) . 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. +) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM . 1 1 1 1 a3 VS.BCM = VC.SBM = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = . 3 6 6 2 6 0,50 3 a Vậy VS.BCNM = (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