BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

--------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối B (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

Nội dung

Câu I

Ý I.1

2x

.

m 1

y

= ⇒ =

x 1 = + +

1 x 1 +

2x 2 + + x 1 +

a) TXĐ: (cid:92)\{

}. 1−

Điểm 2,0 1,0 0,25

2

1

+

b) Sự biến thiên:

,

y ' 1

=

= −

y ' 0

x

2, x

= ⇔ = −

0. =

2

2x 2 ) x 1 +

x ( 2.

( =

(

) x 1 + ( ) y 0 CT là tiệm cận đứng.

0,25

là tiệm cận xiên.

2 y = − =

) yCĐ Đường thẳng Đường thẳng Bảng biến thiên:

+

0,25

x y’ y

− ∞ − 2 1− 0 + ∞ + 0 − − 0 2− + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 2

c) Đồ thị

0,25

1

2, y = − 1 x = − x 1 y = +

I.2

Ta có:

y

x m

.

= +

+

1 x 1 +

1,0 0,25

TXĐ: (cid:92)\{

}. 1−

+

1

)

y ' 1

, y ' 0

x

2, x

0.

= −

=

= ⇔ = −

=

2

(

) x 1 +

( x x 2 2 ) ( x 1 +

y '

Xét dấu

x

0

+ ∞

− 1−

y’

− || − 0 +

Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là

và điểm cực tiểu là

M 2; m 3

−

−

(

)

.

) N 0; m 1+

(

2

2

MN

0

20.

=

+

m 3 −

=

( 2 − −

)

(

) m 1 + −

(

)

− ∞ + 2 0

(

)

(

)

0,50 0,25

II.1

1 (1)

2 y −

=

3

2,0 1,0 0,25

3 (2)

=

−

log y 3

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

ĐK:

0,25

)

( ) 2 Thay

3 vào (1) ta có

y

x 1 − + )2 ( 3log 9x 9 x 1 ≥⎧ ⎨ 0 y 2. < ≤ ⎩ ( 3 1 log x ⇔ + x=

y. − = ⇔ = x ⇔ = 3log y 3 3 log x 3 log y 3

(

)( x 1 2 x

)

0,50

x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 − + − = ⇔ − + − + − − 1 =

) x; y

=

(

) 2; 2 .

( )( x 1 2 x ⇔ − − Vậy hệ có hai nghiệm là (

Phương trình đã cho tương đương với

2

x; y = = x 1, x = ⇔ = và ( ( ) 1;1 0 ) 2. )

1,0 0,50

+

⇔

+ +

+ +

+

0 = 0 =

II.

⇔

+

+

0. =

sin x cos x 2sin x cos x 2cos x ) ( sin x cos x 2cos x sin x cos x ) )( sin x cos x 2 cos x 1

(

• sin x cos x +

) .∈ (cid:93)

0,25

tgx 0 1 x k k = ⇔ = − ⇔ = − + π (

II.2

•

) .∈ (cid:93)

0,25

2

k 2 cos x 1 0 cos x x k2 + = ⇔ = − ⇔ = ± + π ( π 4 2 π 3 1 2

III.

III.1

R.

I a; b và bán kính của (C) là

3,0 1,0 0,25

Gọi tâm của (C) là ( (C) tiếp xúc với Ox tại A

và

) 2⇒ = a

2

2

2

0,25

b R.=

)

(

Với

a

( 2, b 1 =

=

0,25

2

2

IB 5 6 2 25 b 8b 7 0 = ⇔ − + 4 b − = ⇔ − + = ⇔ = b 1, b 7. =

)

(

) y 1 −

Với

a

=

2, b 7 =

0,25

2

2

− + 1. =

)

(

)

) ta có đường tròn ) ( ( 1C : x 2 ta có đường tròn ) ( ( 2C : x 2

49. − + y 7 − =

III.2a

1

( ) ) A 0; 3; 4 , C 0;3; 4 . 1 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BC

0;0; 4

=

( = −

(

)

( (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ) 4;3;0 , BB 1

−

1,0 0,25 0,25

mp BCC B là

(cid:71) n

.

=

=

( 12;16;0

)

(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BC, BB 1

1

1

⎤ ⎦

⎡ ⎣

Vectơ pháp tuyến của Phương trình mặt phẳng (

) 1 16y 0

) ( BCC B : 1 +

−

= ⇔ +

3x 4y 12 0. = −

( 12 x 4

)

Bán kính mặt cầu:

0,25

−

12 12 −

.

=

=

=

)

( R d A, BCC B 1

1

(

)

2

24 5

2 3

4

+

Phương trình mặt cầu:

0,25

2

2

x

z

.

+

y 3 +

+

=

(

)2

576 25

III.2b

Ta có

(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ; 4 , AM 2;

−

=

1,0 0,25

( = −

) 4;3; 4 .

(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ; 4 , BC 1

3 2

3 2

⎛ M 2; ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

.

Vectơ pháp tuyến của (P) là

6; 24;12

=

= − −

0,25

Phương trình (P):

⎤ ⎦ 12z 0

−

−

+

+

( = ⇔ +

−

+

Ta thấy

(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ n ⎣ P ( 6x 24 y 3 Do đó

đi qua

và song song với

B(4;0;0)

(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AM, BC 1 ) (P)

A, M

(P).∉

) x 4y 2z 12 0. = 1BC .

Ta có

. Phương trình tham số của đường thẳng

là

0;6;0

=

(

)

(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1A C 1

1A C

1

0

t

3 = − + 4.

x =⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z

0,50

Vì

8 12 0

2

− +

= ⇔ = . t

) N 0; 3 t; 4 . − + ) ( 3 t − +

Vậy

N A C ∈ 1 1 ( N P∈ (

( ⇒ ) 0 4 + nên ) N 0; 1; 4 . −

2

2

2

MN

1

.

=

2 0 −

+ − +

+

4 4 −

=

(

)

(

)

3 2

7 1 2

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

3

2

π 2

Ta có

sin xdx. dx I 2 = . Đặt t 1 cos x = + dt ⇒ = −

2,0 1,0 0,25

∫

0

+

x 0 t 2, x t 1 = ⇒ = = ⇒ = .

IV

sin x cos x 1 cos x π 2

IV.1

2

1

2

(

0,25

(

)

dt 2 t 2 dt I 2 = − = − +

∫

∫

) t 1 − t

1

2

2

0,25

1 t ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝

1

2 2t ln t = − + t 2 ⎞ ⎟ ⎠

0,25

(

)

2 ⎛ ⎜ ⎝ ⎡ ⎢ ⎣

4

2 2 ln 2 1 . = 2 2 4 ln 2 − + − − = − 1 2 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎤ ⎥ ⎦

IV.2

Có

cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi

12C C

1 3

4

8C C

1 2

1,0 0,50

cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh

4

cách phân công các

4C C

1 1

niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là

0,50

1 C .C .C .C .C .C 2

4 12

1 3

1 1

4 4

207900. =

4 8

V

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có x

x

x

x

2 . + ≥ 12 5 15 4 12 5 15 4 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

1,0 0,50

x

x

x 2.3

x

x

x

(1). ⇒ + ≥ 12 5 15 4 ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ Tương tự ta có

0,25

x

x

x

2.4 (2). + ≥ 12 5 20 3 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

0,25

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra

(1), (2), (3) là các đẳng thức

0.=

2.5 (3). + ≥ 15 4 20 3 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

-------------------------------Hết-------------------------------

4

⇔ x ⇔