Đề thi và đáp án tuyển sinh Đại học, cao đẳng môn Toán năm 2008

Chia sẻ: đỗ Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

364
lượt xem 130
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi và đáp án tuyển sinh Đại học, cao đẳng môn Toán năm 2008 khối A

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án tuyển sinh Đại học, cao đẳng môn Toán năm 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x2 + x − 2 4 Khi m = 1 hàm số trở thành: y = = x−2+ . x+3 x +3 • TXĐ: D = \ {−3} . 4 x 2 + 6x + 5 ⎡ x = −1 0,25 • Sự biến thiên: y ' = 1 − = , y' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −5 2 2 (x + 3) (x + 3) • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1. • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2. 0,25 • Bảng biến thiên: x −∞ −5 −3 −1 +∞ y’ + 0 − − 0 + −9 +∞ +∞ 0,25 y −∞ −∞ −1 • Đồ thị: y -5 -1 O -3 2 x -1 -2 0,25 -9 2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 6m − 2 y= = mx − 2 + . x + 3m x + 3m 0,25 1 • Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 3 1 • Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : 3 0,25 d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0. Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1). Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi 0,50 n1.n 2 m m 2 cos450 = = ⇔ = ⇔ m = ± 1. n1 . n 2 m2 + 1 m2 + 1 2 Trang 1/5
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 Phương trình đã cho tương đương với: + = −2 2(s inx + cosx) 0,50 s inx cosx ⎛ 1 ⎞ ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 1 2 π 5π • + 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = − ⇔ x = − + kπ hoặc x = + kπ. 0,50 s inxcosx 2 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : π π 5π x = − + kπ ; x = − + kπ ; x = + kπ (k ∈ ). 4 8 8 2 Giải hệ... (1,00 điểm) ⎧ 2 5 ⎧ 2 5 ⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4 3 2 2 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 ⎪ ⎪ ⎨ ⇔⎨ (∗) ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5 ⎪ ⎩ 4 ⎪ ⎩ 4 ⎧ 5 ⎧u = x 2 + y ⎪ u + v + uv = − 4 ⎪ Đặt ⎨ . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ 0,50 ⎩ v = xy ⎪u 2 + v = − 5 ⎪ ⎩ 4 ⎧ 5 2 ⎡ 5 ⎪v = − 4 − u ⎪ ⎢ u = 0, v = − 4 ⇔⎨ ⇔ ⎢ ⎪u 3 + u 2 + u = 0 ⎢u = − 1 , v = − 3 . ⎪ ⎩ 4 ⎢ ⎣ 2 2 ⎧x + y = 0 2 5 ⎪ 5 25 • Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨ 5 ⇔ x = 3 và y = − 3 . 4 ⎪ xy = − 4 16 ⎩ 4 1 3 • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 2 ⎧ 2 3 1 0,50 ⎪ x − 2x + 2 = 0 ⎧2x 3 + x − 3 = 0 ⎪ ⎪ 3 ⎨ ⇔⎨ 3 ⇔ x = 1 và y = − . ⎪y = − 3 ⎪y = − 2 ⎪ ⎩ 2x ⎩ 2x ⎛ 5 25 ⎞ ⎛ 3⎞ Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜ 3 ; − 3⎜ 4 ⎟ và ⎜1; − ⎟ . ⎟ ⎝ 16 ⎠ ⎝ 2⎠ III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc 0,50 của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. 0,50 Suy ra H ( 3;1; 4 ) . Trang 2/5
2 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho... (1,00 điểm) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (α). Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó 0,50 khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H. Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của (α) là 0,50 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0. IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm) π π 4 6 tg x 6 tg 4 x I= ∫ cos 2x 0 dx = ∫ 0 (1 − tg x ) cos x 2 2 dx. 0,25 dx π 1 Đặt t = tgx ⇒ dt = 2 . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . cos x 6 3 Suy ra 1 1 1 1 3 t4 3 1 3 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ t3 1 t +1 ⎞ 0,50 I= ∫ 1− t 2 ( dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫) ⎜ − ⎟ dt = ⎜ − − t + ln ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎟ 3 2 t −1 ⎠ 0 0 20 ⎝ 3 0 = 1 2 ( ln 2 + 3 − 10 9 3 . ) 0,25 2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] . 1 1 1 1 Ta có f '(x) = + − − 2 4 (2x)3 2x 2 4 (6 − x)3 6−x 1⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ = ⎜ − ⎟+⎜ − ⎟, x ∈ (0;6). 0,50 2 ⎜ 4 (2x) ⎝ 3 4 (6 − x)3 ⎟ ⎝ 2x ⎠ 6−x ⎠ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ Đặt u(x) = ⎜ − ⎟ , v(x) = ⎜ − ⎟. ⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3 ⎟ ⎝ 2x 6−x ⎠ ⎝ ⎠ Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) . Ta có bảng biến thiên: x 0 2 6 f’(x) + 0 − 3 2 +6 0,50 f(x) 2 6 + 2 4 6 4 12 + 2 3 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6. Trang 3/5
V.a 2,00 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) x 2 y2 Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0. a b ⎧c 5 ⎪ = ⎪a ⎪ 3 0,50 Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20 ⎪ 2 2 2 ⎪c = a − b . ⎪ ⎩ Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. x 2 y2 0,50 Phương trình chính tắc của (E) là + = 1. 9 4 2 Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm) a1 a ⎛1⎞ Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 + n + ... + n = f ⎜ ⎟ = 2n. n 2 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12. Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12+1 k k ak 2k C12 k k +1 23 < 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔ 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . a k +1 Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 = 126720. 8 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) 1 Điều kiện: x > và x ≠ 1. 2 Phương trình đã cho tương đương với log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 0,50 ⇔ 1 + log 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4. 2 ⎡t = 1 Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t + = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢ t ⎣ t = 2. • Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2. ⎡ x = 0 (lo¹i) • Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢ ⎢ x = 5 (tháa m·n) 0,50 ⎣ 4 5 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = . 4 Trang 4/5
2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 0,50 1 1 2 Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = a + 3a 2 = a. 2 2 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3. 1 a3 Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC = (đvtt). 3 2 Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác B' BH cân tại B'. Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B ' BH 0,50 a 1 Vậy cosϕ = = . 2.2a 4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. -------------Hết------------- Trang 5/5