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

1.025
lượt xem 68
download

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