intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tổng hợp đề thi đại học môn Toán có đáp án chi tiết

Chia sẻ: Chungtcdt42@gmail.com Chungtcdt42@gmail.com | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:314

Thêm vào BST
Báo xấu
35
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mục tiêu giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu để phục vụ ôn luyện, củng cố kiến thức, luyện thi đại học hiệu quả, Tailieu.vn giới thiệu tài liệu "Tổng hợp đề thi Đại học môn Toán có đáp án chi tiết" được sưu tầm từ các đề thi từ các năm. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi đại học môn Toán có đáp án chi tiết

  1. Tổng hợp đề thi Đại học môn Toán có đáp án chi tiết
  2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m 2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 x + cos 2 x = 2 cos x − 1. ⎧ x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y ⎪ Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 1 ( x, y ∈ \). ⎪ x + y − x + y = ⎩ 2 3 1 + ln( x + 1) Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 2 dx. 1 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 | x− y | + 3 | y − z | + 3 | z − x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Giả sử M 11 1 ; 2 2 và đường thẳng AN có ( ) phương trình 2 x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. x +1 y z − 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 1 2 1 điểm I (0; 0;3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai n triển nhị thức Niu-tơn của nx 2 1 − 14 x ( , x ≠ 0. ) B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 + y 2 = 8. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. x +1 y z − 2 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = , mặt 2 1 1 phẳng ( P ): x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn = 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 . z +1 ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................
  3. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 . • Tập xác định: D = \. 0,25 • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞). − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞. x→−∞ x→+∞ − Bảng biến thiên: x −∞ –1 0 1 +∞ y' – 0 + 0 – 0 + +∞ +∞ 0,25 0 y –1 –1 • Đồ thị: y 8 0,25 –1 O 1 –2 2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1). 0,25 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*). Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1). JJJG JJJG 0,25 Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ). JJJG JJJG Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0 0,25 ⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0. 0,25 Trang 1/4
  4. Câu Đáp án Điểm 2 Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0. 0,25 (1,0 điểm) π • cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ]). 0,25 2 • 3 sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x − = cos π 3 ( ) π 3 0,25 2π ⇔ x = k 2π hoặc x = + k 2π (k ∈ ]). 3 0,25 π 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k 2π và x = + k 2π (k ∈ ]). 2 3 3 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨ ⎪ ( ) ( ) 12 12 0,25 ⎪⎩ x − + y+ = 1. (2) 2 2 1 1 3 1 1 3 Từ (2), suy ra −1 ≤ x − ≤ 1 và −1 ≤ y + ≤ 1 ⇔ − ≤ x − 1 ≤ và − ≤ y + 1 ≤ . 2 2 2 2 2 2 0,25 3 3 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t 2 − 4) < 0 , suy ra f(t) nghịch biến. ⎣ 2 2⎦ Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). ( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 0,25 Thay vào (2), ta được x − + x− = 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = . 2 2 2 2 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) = ; − 1 2 2 3 ( ) 3 1 hoặc ( x; y ) = ; − . 2 2 ( ) 0,25 4 dx dx 1 Đặt u = 1 + ln( x + 1) và dv = 2 , suy ra du = và v = − . 0,25 (1,0 điểm) x x +1 x 3 3 1 + ln( x + 1) dx I=− x 1 + ∫ x( x + 1) 0,25 1 3 3 = 2 + ln 2 3 + ∫( 1 1 − 1 x x +1 dx = ) 2 + ln 2 3 + ln x x +1 1 0,25 2 2 = + ln 3 − ln 2. 0,25 3 3 5 Ta có SCH n = 60o. n là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH (1,0 điểm) S a a 3 Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD = , 6 2 0,25 a 7 a 21 HC = HD 2 + CD 2 = , SH = HC.tan60o = . 3 3 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 VS . ABC = .SH .S ∆ABC = . . = . 0,25 3 3 3 4 12 K Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc 3 A của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên D 2 N C x 3 0,25 d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )). H 2 B Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK . 2a a 3 SH .HN a 42 a 42 AH = , HN = AH sin 60o = , HK = = . Vậy d ( SA, BC ) = . 0,25 3 3 2 SH + HN 2 12 8 Trang 2/4
  5. Câu Đáp án Điểm 6 Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*). (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng. 0,25 Áp dụng (*), ta có 3 | x− y | + 3 | y− z | + 3 | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x |. Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) 2 = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) 0,25 ( 2 2 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ 2 | x − y | + | y − z | + | z − x | . 2 ) ( ) Do đó | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 2 | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) . 2 0,25 2 2 2 Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z . Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3. 0,25 Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 7.a Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H (1,0 điểm) và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. A B Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. 0,25 Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra AH ⊥ HM . Hơn nữa, ta cũng có AH = HM . M 3 10 0,25 H Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) = . Q 2 P A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3). ( ) ( ) C D N 3 10 11 2 7 2 45 0,25 MA = ⇔ t− + 2t − = 2 2 2 2 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. 0,25 Vậy: A(1; −1) hoặc A(4;5). JJG 8.a Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1,0 điểm) JJJG 0,25 Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1). ( ) JJJG JJG 1 JJJG 2 2 2 IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − . 0,25 3 3 3 3 2 6 Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH = . 0,25 3 8 Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = . 0,25 3 9.a n −1 3 n(n − 1)(n − 2) (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 6 ⇔ n = 7 (vì n nguyên dương). 0,25 2 n7 7 7−k 7 1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞ 2 (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k . k k k ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi đó ⎜ ⎝ 14 − ⎟ =⎜ x⎠ ⎝ 2 − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠ ∑ 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 . (−1)3 .C73 5 35 0,25 Do đó số hạng cần tìm là x = − x5 . 4 16 2 Trang 3/4
  6. Câu Đáp án Điểm 7.b x2 y2 (1,0 điểm) Phương trình chính tắc của (E) có dạng: + = 1, a2 b2 0,25 y với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4. A Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và 2 các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và 0,25 (C) có một giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > 0. O 2 x A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2. 0,25 4 4 16 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ + = 1 ⇔ b2 = . 16 b 2 3 x2 y 2 0,25 Phương trình chính tắc của (E) là + = 1. 16 16 3 8.b (1,0 điểm) M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25 MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25 N∈(P) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t ) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4). 0,25 x −1 y + 1 z − 2 Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆ : = = . 0,25 2 3 2 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1. (1,0 điểm) 5( z + i ) 0,25 Ta có = 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0 z +1 ⎧3a − b − 2 = 0 ⎧a = 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 ⎩ a − 7b + 6 = 0 ⎩b = 1. Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i )2 = 2 + 3i. 0,25 Vậy w = 2 + 3i = 13. 0,25 ------------- HẾT ------------- Trang 4/4
  7. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m có đồ thị là (Cm ), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0. 2. Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos5 x − 2sin 3x cos 2 x − sin x = 0. ⎧ x( x + y + 1) − 3 = 0 ⎪ 2. Giải hệ phương trình ⎨ 5 ( x, y ∈ \). ⎪⎩( x + y ) − x 2 + 1 = 0 2 Câu III (1,0 điểm) 3 dx Tính tích phân I = ∫ . 1 e −1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A ' C ', I là giao điểm của AM và A ' C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( IBC ). Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thoả mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x) + 25 xy. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2;0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7 x − 2 y − 3 = 0 và 6 x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;1;0), B (1;2;2), C (1;1;0) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 20 = 0. Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng ( P ). Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện | z − (3 − 4i ) |= 2. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + y 2 = 1. Gọi I là tâm của (C ). Xác định n = 30D. toạ độ điểm M thuộc (C ) sao cho IMO x+2 y−2 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ : = = và mặt phẳng 1 1 −1 ( P ) : x + 2 y − 3 z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong ( P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng Δ. Câu VII.b (1,0 điểm) x2 + x − 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân x biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
  8. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) Khảo sát… (2,0 điểm) Khi m = 0, y = x 4 − 2 x 2 . • Tập xác định: D = \. • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = ±1 hoặc x = 0. Hàm số nghịch biến trên: (−∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: (−1;0) và (1; + ∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 - Giới hạn: lim y = lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ 0,25 y −1 −1 • Đồ thị: y 8 0,25 −1 O 1 −2 2 x −1 2. (1,0 điểm) Tìm m... Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng y = −1: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m = −1. 0,25 Đặt t = x 2 , t ≥ 0; phương trình trở thành: t 2 − (3m + 2)t + 3m + 1 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3m + 1. 0,25 ⎧0 < 3m + 1 < 4 Yêu cầu của bài toán tương đương: ⎨ 0,25 ⎩3m + 1 ≠ 1 1 ⇔ − < m < 1, m ≠ 0. 0,25 3 II 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương: 3 cos5 x − (sin 5 x + sin x) − sin x = 0 3 1 0,25 ⇔ cos5 x − sin 5 x = sin x 2 2 ⎛π ⎞ ⇔ sin ⎜ − 5 x ⎟ = sin x 0,25 ⎝3 ⎠ Trang 1/4
  9. Câu Đáp án Điểm π π ⇔ − 5 x = x + k 2π hoặc − 5 x = π − x + k 2π . 0,25 3 3 π π π π Vậy: x = +k hoặc x = − +k ( k ∈ ] ). 0,25 18 3 6 2 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… ⎧ 3 ⎪⎪ x + y + 1 − x = 0 Hệ đã cho tương đương: ⎨ 0,25 ⎪( x + y ) 2 − 5 + 1 = 0 ⎪⎩ x2 ⎧ 3 ⎧ 3 ⎪x + y = x −1 ⎪⎪ x + y = x − 1 ⎪ ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ 0,25 ⎪⎛ 3 − 1 ⎞ − 5 + 1 = 0 ⎪ 4 −6 +2=0 ⎜ ⎪⎩⎝ x ⎠ ⎟ 2 ⎪⎩ x 2 x x ⎧1 1 ⎧1 ⎪⎪ x = 2 ⎪ =1 ⇔ ⎨x hoặc ⎨ 0,25 ⎪⎩ x + y = 2 ⎪x + y = 1 ⎪⎩ 2 ⎧ x = 2 ⎧x = 1 ⎪ ⇔ ⎨ hoặc ⎨ 3 ⎩ y = 1 ⎪⎩ y = − 2 . 0,25 ⎛ 3⎞ Nghiệm của hệ: ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ . ⎝ 2⎠ III Tính tích phân… (1,0 điểm) dt Đặt t = e x , dx = ; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 . 0,25 t e3 e3 dt ⎛ 1 1⎞ I=∫ = ∫ ⎜⎝ t − 1 − t ⎟⎠ dt 0,25 e t (t − 1) e e3 e3 0,25 = ln| t − 1| e − ln| t | e = ln(e 2 + e + 1) − 2. 0,25 IV Tính thể tích khối chóp... (1,0 điểm) M Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH là đường cao A' C' của tứ diện IABC . I IH CI 2 2 4a ⇒ IH // AA ' ⇒ = = ⇒ IH = AA ' = . B' AA ' CA ' 3 3 3 2a 3a AC = A ' C 2 − A ' A2 = a 5, BC = AC 2 − AB 2 = 2a. K 1 0,50 Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 2 . A C 2 H a 1 4a 3 Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH .S ΔABC = . B 3 9 Trang 2/4
  10. Câu Đáp án Điểm Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B). Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ). 0,25 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK . 2 SΔAA ' B AA '. AB 2a 5 AK = = = . 0,25 A' B A ' A2 + AB 2 5 V Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… (1,0 điểm) Do x + y = 1, nên: S = 16 x 2 y 2 + 12( x3 + y 3 ) + 9 xy + 25 xy 0,25 = 16 x 2 y 2 + 12 ⎡⎣( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) ⎤⎦ + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12. ( x + y )2 1 ⎡ 1⎤ Đặt t = xy, ta được: S = 16t 2 − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤ = ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ . 4 4 ⎣ 4⎦ ⎡ 1⎤ Xét hàm f (t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn ⎢0; ⎥ ⎣ 4⎦ 1 ⎛1⎞ 191 ⎛1⎞ 25 0,25 f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = 0 ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ = , f⎜ ⎟ = . 16 ⎝ 16 ⎠ 16 ⎝ 4⎠ 2 ⎛ 1 ⎞ 25 ⎛ 1 ⎞ 191 max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; min f (t ) = f ⎜ ⎟ = . ⎡ 1⎤ 0; ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎝ 4 ⎠ 2 ⎡0; 1 ⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎝ 16 ⎠ 16 ⎧x + y = 1 25 ⎪ ⎛1 1⎞ Giá trị lớn nhất của S bằng ; khi ⎨ 1 ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ . 0,25 2 ⎪⎩ xy = 4 ⎝2 2⎠ ⎧x + y = 1 191 ⎪ Giá trị nhỏ nhất của S bằng ; khi ⎨ 1 16 ⎪⎩ xy = 16 0,25 ⎛2+ 3 2− 3⎞ ⎛2− 3 2+ 3⎞ ⇔ ( x; y ) = ⎜⎜ ; ⎟⎟ hoặc ( x; y ) = ⎜⎜ ; ⎟. ⎝ 4 4 ⎠ ⎝ 4 4 ⎟⎠ VI.a 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… (2,0 điểm) ⎧7 x − 2 y − 3 = 0 Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨ ⇒ A(1;2). ⎩6 x − y − 4 = 0 0,25 B đối xứng với A qua M , suy ra B = (3; −2). Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 x − y − 4 = 0. 0,25 Phương trình BC : x + 6 y + 9 = 0. ⎧7 x − 2 y − 3 = 0 ⎛ 3⎞ Toạ độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨ ⇒ N ⎜ 0; − ⎟ . 0,25 ⎩x + 6 y + 9 = 0 ⎝ 2⎠ JJJG JJJJG ⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − 4 y + 5 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D... ⎧x = 2 − t JJJG ⎪ AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = 1 + t 0,25 ⎪ z = 2t. ⎩ JJJG D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ). 0,25 Trang 3/4
  11. Câu Đáp án Điểm G Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1). C không thuộc mặt phẳng ( P ). 0,50 G JJJG 1 ⎛5 1 ⎞ CD //( P) ⇔ n.CD = 0 ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − . Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ . 2 ⎝ 2 2 ⎠ VII.a Tìm tập hợp các điểm… (1,0 điểm) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ \ ); z − 3 + 4i = ( x − 3) + ( y + 4 ) i. 0,25 Từ giả thiết, ta có: ( x − 3) 2 + ( y + 4 ) 2 2 2 = 2 ⇔ ( x − 3 ) + ( y + 4 ) = 4. 0,50 Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 3; − 4 ) bán kính R = 2. 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ... (2,0 điểm) 2 Gọi điểm M ( a; b ) . Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b 2 = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 1. 0,25 n = 120D nên OM 2 = IO 2 + IM 2 − 2 IO.IM .cos120D ⇔ a 2 + b 2 = 3. Tam giác IMO có OIM 0,25 ⎧ 3 a= ⎧⎪( a − 1)2 + b 2 = 1 ⎪⎪ 2 ⎛3 3⎞ Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨ ⇔⎨ Vậy M = ⎜⎜ ; ± ⎟. 0,50 ⎪⎩a 2 + b 2 = 3 ⎪b = ± 3 . ⎝2 2 ⎟⎠ ⎪⎩ 2 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧x+ 2 y −2 z ⎪ = = Toạ độ giao điểm I của Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1 1 −1 ⇒ I (−3;1;1). 0,25 ⎪⎩ x + 2 y − 3z + 4 = 0 G G Vectơ pháp tuyến của ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ chỉ phương của Δ : u = (1;1; −1). 0,25 G G G Đường thẳng d cần tìm qua I và có vectơ chỉ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) . 0,25 ⎧ x = −3 + t ⎪ Phương trình d : ⎨ y = 1 − 2t 0,25 ⎪ z = 1 − t. ⎩ VII.b Tìm các giá trị của tham số m... (1,0 điểm) x2 + x − 1 Phương trình hoành độ giao điểm: = −2 x + m ⇔ 3x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 ( x ≠ 0). 0,25 x Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m. 0,25 x1 + x2 m − 1 Hoành độ trung điểm I của AB : xI = = . 0,25 2 6 m −1 I ∈ Oy ⇔ xI = 0 ⇔ = 0 ⇔ m = 1. 0,25 6 -------------Hết------------- Trang 4/4
  12. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 4x 3 − 6x 2 + 1 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm M ( −1; − 9 ) . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx. ⎪⎧ x + 2x y + x y = 2x + 9 4 3 2 2 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 ( x, y ∈ \ ) . ⎪⎩ x + 2xy = 6x + 6 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2;1) , C ( −2;0;1) . 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z − 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu IV (2 điểm) π ⎛ π⎞ 4 sin ⎜ x − ⎟ dx 1. Tính tích phân I = ∫ ⎝ 4⎠ . 0 sin 2x + 2(1 + sin x + cos x) 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá 2(x 2 + 6xy) trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 1 + 2xy + 2y 2 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) n +1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 k 1. Chứng minh rằng ⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; − 1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y − 1 = 0. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) ⎛ x2 + x ⎞ 1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6 ⎟ < 0. ⎝ x+4 ⎠ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................
  13. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (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) • TXĐ : \. ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 1. • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 − 0 + 0,25 1 +∞ y −∞ −1 • Đồ thị : y 1 1 0,25 O x −1 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình : y = kx + k − 9. Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có ⎧⎪ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 ) nghiệm : ⎨ 2 ⎪⎩12x − 12x = k ( 3) 0,50 Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = (12x 2 − 12x ) ( x + 1) − 9 ⎡ x = −1 ⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢ 2 ⎢x = 5 . ⎣ 4 • Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15. 5 15 15 21 • Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − . 0,50 4 4 4 4 15 21 Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − . 4 4 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0 0,50 ⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0. Trang 1/4
  14. π kπ • cos2x = 0 ⇔ x = + . 4 2 π 0,50 • sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 3 π kπ π Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ]). 4 2 3 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9 2 2 ⎪ ⎛ 2 x ⎞ ⎨ x2 ⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9 ⎪ xy = 3x + 3 − ⎝ 2 ⎠ 0,50 ⎩ 2 ⎡x = 0 ⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = − 4. • x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. 17 • x = −4 ⇒ y = . 4 0,50 ⎛ 17 ⎞ Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ . ⎝ 4⎠ III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) JJJG JJJG Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ JJJG JJJG G 0,50 AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) . G Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 0,50 2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0. 2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) JJJG JJJG Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 0,50 (ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC. Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình ⎧2x + 2y + z − 3 = 0 ⎪ ⎨ x y +1 z −1 0,50 ⎪1 = 2 = −4 . ⎩ Suy ra M ( 2;3; − 7 ) . IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ⎛ π⎞ Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx. ⎝ 4⎠ 0,25 π Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2. 4 Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 . 2 2 0,50 2 dt 2 1 Suy ra I = − 2 ∫ (t + 1) 2 = 2 t +1 1 1 ơ 2⎛ 1 1 ⎞ 4−3 2 = ⎜ − ⎟= . 0,25 2 ⎝ 2 +1 2 ⎠ 4 Trang 2/4
  15. 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2(x 2 + 6xy) 2(x 2 + 6xy) P= = . 1 + 2xy + 2y 2 x 2 + y 2 + 2xy + 2y 2 • Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2. • Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó 2t 2 + 12t P= 2 ⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1). 0,50 t + 2t + 3 3 − Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = . 4 − Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3. 3 1 3 1 P = 3 khi x = , y= hoặc x = − , y=− . 10 10 10 10 3 2 3 2 0,50 P = −6 khi x = , y=− hoặc x = − , y= . 13 13 13 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. V.a 2,00 1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) n +1 ⎛ 1 1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)! Ta có: ⎜ k + k +1 ⎟ = . 0,50 n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2 (n + 1)! 1 k!(n − k)! = . [(n + 1 − k) + (k + 1)] n+2 n! 0,50 k!(n − k)! 1 = = k. n! Cn 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC. G JJJJG G • u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u ⎛ a −1 b −1 ⎞ và trung điểm I ⎜ ; ⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là 0,50 ⎝ 2 2 ⎠ ⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0 ⎪ nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1 ⇒ H ' ( −3;1) . ⎪⎩ 2 − 2 + 2 = 0 • Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là G v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0. ⎧3x − 4y + 13 = 0 • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⇒ A(5;7). ⎩ x−y+2=0 1 JJJG • Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4) 0,50 2 nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0. ⎧ 3x + 4y + 7 = 0 • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩3x − 4y + 13 = 0. ⎛ 10 3 ⎞ Suy ra C ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 3 4⎠ Trang 3/4
  16. V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với x2 + x x2 + x 0,50 log 6 >1 ⇔ >6 x+4 x+4 ⇔ x 2 − 5x − 24 >0 ⇔ ( x + 3)( x − 8) > 0. x+4 x+4 0,50 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( −4; − 3) ∪ ( 8; + ∞ ) . 2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra AB a 3 SM = = a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH = . 2 2 1 Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 . 2 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN = (đvtt). 3 3 S 0,50 A E D H M B C N Kẻ ME // DN (E ∈ AD) a suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có 2 n (SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE a 5 a 5 0,50 Suy ra SE = SA 2 + AE 2 = , ME = AM 2 + AE 2 = . 2 2 a Tam giác SME cân tại E nên SMEn = ϕ và cosϕ = 2 = 5 . a 5 5 2 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---------------- Trang 4/4
  17. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k > − 3 ) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx (1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx. ⎧⎪ xy + x + y = x 2 − 2y 2 2. Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ \). ⎪⎩ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3). 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV (2 điểm) 2 lnx 1. Tính tích phân I = ∫ 3 dx. 1 x 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu (x − y)(1 − xy) thức P = . (1 + x) 2 (1 + y) 2 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) −1 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12n + C32n + ... + C2n k 2n = 2048 ( C n là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y 2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BACn = 90o. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) x 2 − 3x + 2 1. Giải bất phương trình log 1 ≥ 0. 2 x 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................
  18. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, 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) • Tập xác định : D = \. ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 3x 2 − 6x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 2. • yCĐ = y ( 0 ) = 4, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 + +∞ 0,25 4 y −∞ 0 • Đồ thị : y 4 0,25 −1 O 2 x 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;2) thuộc (C). Đường thẳng d đi qua I(1;2) với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,50 x 3 − 3x 2 + 4 = k(x − 1) + 2 ⇔ (x − 1) ⎣⎡ x 2 − 2x − (k + 2) ⎦⎤ = 0 ⎡ x = 1 (ứng với giao điểm I) ⇔⎢ 2 ⎣ x − 2x − (k + 2) = 0 (*). Do k > − 3 nên phương trình (*) có biệt thức Δ ' = 3 + k > 0 và x = 1 không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I( x I ; y I ), A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) với x A , x B là nghiệm của (*). 0,50 Vì x A + x B = 2 = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 0,50 4sinx cos 2 x + s in2x = 1 + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 0. 1 2π • cosx = − ⇔x=± + k2π. 2 3 π • sin2x = 1 ⇔ x = + kπ. 0,50 4 2π π Nghiệm của phương trình đã cho là x = ± + k2π, x = + kπ (k ∈ ]). 3 4 Trang 1/4
  19. 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. ⎧⎪(x + y)(x − 2y − 1) = 0 (1) Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎨ 0,50 ⎪⎩ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2) Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3). Thay (3) vào (2) ta được (y + 1) 2y = 2(y + 1) ⇔ y = 2 (do y + 1 > 0 ) ⇒ x = 5. 0,50 Nghiệm của hệ là (x ; y) = (5; 2). III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*), trong đó a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 (**). Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình ⎧6a + 6b + d = −18 0,50 ⎪6a + 6c + d = −18 ⎪ ⎨ ⎪6b + 6c + d = −18 ⎪⎩6a + 6b + 6c + d = −27. Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 0,50 x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0. 2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) ⎛3 3 3⎞ Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ . ⎝2 2 2⎠ Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx + ny + pz + q = 0 (m 2 + n 2 + p 2 > 0). Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 0,50 ⎧3m + 3n + q = 0 ⎪ ⎨3m + 3p + q = 0 ⇒ 6m = 6n = 6p = −q ≠ 0. ⎪ ⎩3n + 3p + q = 0. Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z − 6 = 0. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H của điểm I trên mặt phẳng (ABC). 3 3 3 x− y− z− Phương trình đường thẳng IH : 2= 2= 2. 1 1 1 0,50 ⎧x + y + z − 6 = 0 ⎪ Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ⎨ 3 3 3 ⎪⎩ x − 2 = y − 2 = z − 2 . Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2). IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) dx dx 1 Đặt u = ln x và dv = 3 ⇒ du = và v = − 2 . 0,25 x x 2x 2 2 2 ln x dx ln 2 1 Khi đó I = − 2 + ∫ 3 = − − 2 0,50 2x 1 1 2x 8 4x 1 3 − 2 ln 2 = . 0,25 16 Trang 2/4
  20. 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) (x − y)(1 − xy) (x + y)(1 + xy) 1 1 1 Ta có P = ≤ ≤ ⇔− ≤P≤ . 0,50 [ (x + y) + (1 + xy)] 4 2 2 2 (1 + x) (1 + y) 4 4 1 • Khi x = 0, y = 1 thì P = − . 4 1 • Khi x = 1, y = 0 thì P = . 0,50 4 1 1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng − , giá trị lớn nhất của P bằng . 4 4 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng…(1,00) −1 Ta có 0 = (1 − 1) 2n = C02n − C12n + ... − C 2n 2n 2n + C 2n . 2n −1 0,50 2 2n = (1 + 1) 2n = C 02n + C12n + ... + C 2n 2n + C 2n . 2n −1 ⇒ C12n + C32n + ... + C 2n = 22n −1. 0,50 Từ giả thiết suy ra 22n −1 = 2048 ⇔ n = 6. 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) b2 c2 Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên B( ; b), C( ;c) với b, c 16 16 là hai số thực phân biệt, b ≠ 4 và c ≠ 4. JJJG ⎛ b 2 ⎞ JJJG ⎛ c 2 ⎞ n = 90o nên AB = ⎜ − 1; b − 4 ⎟ , AC = ⎜ − 1; c − 4 ⎟ . Góc BAC 16 16 0,50 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ JJJG JJJG ⎛ b2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ AB.AC = 0 ⇔ ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + (b − 4)(c − 4) = 0 ⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⇔ 272 + 4(b + c) + bc = 0 (1). Phương trình đường thẳng BC là: c2 x− 16 = y − c ⇔ 16x − (b + c)y + bc = 0 (2). 0,50 b c2 b − c 2 − 16 16 Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; −4). V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) x 2 − 3x + 2 Bpt đã cho tương đương với 0 < ≤ 1. 0,50 x x 2 − 3x + 2 ⎡0 < x < 1 • > 0⇔⎢ x ⎣ x > 2. x 2 − 4x + 2 ⎡x < 0 0,50 • ≤ 0⇔⎢ x ⎣ 2 − 2 ≤ x ≤ 2 + 2. Tập nghiệm của bất phương trình là : ⎡⎣ 2 − 2 ;1 ∪ 2; 2 + 2 ⎤⎦ . ) ( Trang 3/4
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
18=>0