Mời các em học sinh cùng các thầy cô giáo tham khảo Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2007 môn Toán, khối D (Đáp án chính thức) của Bộ GD&ĐT phục vụ nhu cầu giảng dạy, ôn thi hiệu quả.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2007 môn Toán, khối D (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT
- 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
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
2x 2
Ta có y = = 2− .
x +1 x +1
• Tập xác định: D = \ \{−1} .
2 0,25
• 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
−1 O x
2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)
⎛ 2x 0 ⎞
Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x 0 ; ⎟ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
⎝ x0 +1 ⎠
2x 0 2 2x 02
y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) + ⇔y= x + .
x0 +1 ( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2
⎛ 0,25
2x 02 ⎞
⇒A ( − x 02 ;0 ) , B ⎜ 0; ⎟.
⎜ ( x + 1)2 ⎟
⎝ 0 ⎠
⎡ 2x 02 + x 0 + 1 = 0 ⎡ 1
2x 02 1 ⎢ x0 = −
Từ giả thiết ta có: . − x 02 = ⇔⎢ ⇔ 2 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
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
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
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm).
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 ) :
t −∞ −2 2 5/ 2 +∞
f '( t ) − − 0 + 0,50
+∞ +∞
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
1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm)
Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) . 0,25
JJJG JJJG
Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) .
G 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: = = .
2 −1 1
2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm)
Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) 0,25
2/4
- (
⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t )
2 2
) + ( ( −2 + t ) 2
+ ( 4 − t ) + ( 4 − 2t )
2 2
)
= 12t 2 − 48t + 76 = 12 ( t − 2 ) + 28.
2 0,50
MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2.
Khi đó M ( −1;0; 4 ) . 0,25
IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
2 ln x x4
Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du = dx, v = . Ta có:
x 4
e e e 0,50
x4 1 e4 1
I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx.
4 1
21 4 21
dx x4
Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = , v = . Ta có:
x 4
e e e e
x4 1 3 e4 1 4 3e4 + 1
∫ ∫
3
x ln xdx = ln x − x dx = − x = . 0,50
1
4 1
4 1
4 16 1 16
5e4 − 1
Vậy I = .
32
2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
(
ln 1 + 4a ) ≤ ln (1 + 4 ) . 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
f '( x ) =
(
4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x ) ( ) 0 nên f ( a ) ≤ f ( b ) và ta có điều
phải chứng minh.
V.a 2,00
1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm)
Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) là ( −2 ) .C54 .
5 4
0,50
Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 (1 + 3x )
10
là 33.C10
3
.
Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) + x 2 (1 + 3x )
5 10
là
0,50
( −2 )4 C54 + 33.C103 = 3320.
2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm)
(C) có tâm I (1; −2 ) và bán kính R = 3. Ta có: ∆PAB đều nên
0,50
IP = 2IA = 2R = 6 ⇔ P thuộc đường tròn ( C ' ) tâm I, bán kính R ' = 6.
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d 0,50
tiếp xúc với ( C ' ) tại P ⇔ d ( I;d ) = 6 ⇔ m = 19, m = −41.
3/4
- V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
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).
2 Chứng minh ∆SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm)
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
Trong tam giác vuông SAB ta có: = 2
= 2 2
= 2 2
=
SB SB SA + AB 2a + a 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
1 1 0,50
SBCD = AB.BC = a 2 .
2 2
1 1
SSCD = SC.CD = SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2.
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
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
.jpg){kind=small}
