ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2007

Chia sẻ: Bui Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

5.731
lượt xem 139
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án môn toán khối d năm 2007', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2007

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 2x 2 Ta có y = = 2− . x +1 x +1 • Tập xác định: D = \ {−1} . 0,25 2 • Sự biến thiên: y ' = > 0, ∀x ∈ D. (x + 1) 2 Bảng biến thiên x −∞ −1 +∞ + + y' 0,25 2 +∞ y −∞ 2 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25 • Đồ thị: y 2 0,25 O −1 x Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) 2 ⎛ 2x 0 ⎞ Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x 0 ; ⎟ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: x0 +1 ⎠ ⎝ 2 2x 0 2x 0 2 y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) + ⇔y= x+ . ( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2 x0 +1 0,25 ⎛ 2x 0 ⎞ 2 ( ) , B ⎜ 0; ⎟. 2 ⇒A − x 0 ;0 ⎜ ( x + 1)2 ⎟ ⎝ ⎠ 0 ⎡ 1 ⎡ 2x 0 + x 0 + 1 = 0 2 ⎢x0 = − 2 2 2x 0 1 2 −x0 = ⇔⎢ ⇔ Từ giả thiết ta có: . 0,50 ⎢ ( x 0 + 1)2 2 2 ⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0. ⎣ ⎣x0 = 1 1/4
⎛1 ⎞ 1 Với x 0 = − ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ . 2 ⎝2 ⎠ Với x 0 = 1 ta có M (1;1) . 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 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 Phương trình đã cho tương đương với π⎞ 1 ⎛ 0,50 1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = 6⎠ 2 ⎝ π π ⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) . 0,50 2 6 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm). 2 1 1 Đặt x + = u, y + = v ( u ≥ 2, v ≥ 2 ) . Hệ đã cho trở thành: x y ⎪u + v = 5 ⎧ ⎧u + v = 5 0,25 ⇔⎨ ⎨3 ⎪u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 3 ⎩uv = 8 − m ⎩ ⇔ 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). Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 : Bảng biến thiên của f ( t ) : −∞ −2 +∞ t 2 5/ 2 f '( t ) + − − 0,50 0 +∞ +∞ f (t) 22 2 7/4 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 0,25 ≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 . 4 III 2,00 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) 1 Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) . 0,25 Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) . 0,50 Vectơ chỉ phương của d là: n = (12; −6;6 ) = 6 ( 2; −1;1) . x y−2 z−2 0,25 = = Phương trình đường thẳng d: . −1 2 1 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) 2 Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) 0,25 2/4
( ) + ( ( −2 + t ) ) ⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) 2 2 2 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 IV 2,00 Tính tích phân (1,00 điểm) 1 x4 2 ln x Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du = dx, v = . Ta có: x 4 0,50 e e e x4 e4 1 1 I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx. 4 21 4 21 1 x4 dx Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = , v = . Ta có: x 4 e e e e x4 e4 1 3e4 + 1 1 ∫ ln x − ∫ x 3dx = − x 4 = 3 x ln xdx = . 0,50 4 41 4 16 1 16 1 1 5e4 − 1 Vậy I = . 32 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( ) ≤ ln (1 + 4 ) . ln 1 + 4a b 0,50 (1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) ⇔ a b a a b b ln (1 + 4 ) x Xét hàm f ( x ) = với x > 0. Ta có: x ( )( )
V.b 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) 1 Điều kiện: 4.2 x − 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với: 0,50 ( ) ( ) () 2 2 log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3 ⇔ 5. 2x − 13.2x − 6 = 0 ⎡x 2 ⎢2 = − 5 ⇔ ⎢x 0,50 ⎢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) 2 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. S 0,50 H A I D B C SH SA 2 SA 2 2a 2 2 = = =2 = Trong tam giác vuông SAB ta có: 2 2 2 2 SA + AB 2a + a SB SB 3 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 0,50 1 1 SBCD = AB.BC = a 2 . 2 2 1 1 SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2. SSCD = SC.CD = 2 2 a Suy ra d1 = . 2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d 2 = d1 = . 3 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