Đáp Án Toán Khối D 2008
Tham khảo tài liệu 'đáp án toán khối d 2008', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH 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)
1
Ta có y = 1 + .
x −1
• Tập xác định: D = \ {1}.
1 0,25
• Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D.
(x − 1) 2
Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y' − − 0,25
1 +∞
y
−∞ 1
Hàm số không có cực đại và cực tiểu.
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. 0,25
• Đồ thị: y
1
0,25
O 1 x
2 Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là
x
= − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (1) (do x = 1 không là nghiệm).
x −1 0,50
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Điều kiện là : Δ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m > 4 hoặc m < 0.
0,50
Vậy m > 4 hoặc m < 0.
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
1 3
Phương trình đã cho ⇔ sin 3x − cos 3x = sin 2x
2 2
0,50
⎛ π⎞
⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x
⎝ 3⎠
1/4
⎡ π
⎢3x − 3 = 2x + k2π π 4π 2π
⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = +k (k ∈ Z ).
⎢3x − π = π − 2x + k2π 3 15 5
⎢
⎣ 3 0,50
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π 4π 2π
x = + k2π, x = +k (k ∈ Z ).
3 15 5
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm)
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương
3−m
trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y = (2).
m2 + 1 0,50
3m + 1
Thay (2) vào (1) ta có x = 2 .
m +1
Xét điều kiện xy < 0 : xy < 0 ⇔
( 3m + 1)( 3 − m ) < 0 ⇔ ⎡ m > 3
⎢
⎢m < − 1 .
(m )
2
2
+1 0,50
⎣ 3
1
Vậy m > 3 hoặc m < − .
3
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm)
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) .
0,50
Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) .
Phương trình mặt phẳng (P) là:
0,50
1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0.
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm)
+) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) .
0,25
+) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng.
5
OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − .
2
0,25
3
5 ⎛ 5 5 7⎞
+) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ . 0,25
3 ⎝ 3 3 3⎠
+) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không
thẳng hàng.
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M1 (1; − 1; 3) và 0,25
⎛ 5 5 7⎞
M2 ⎜ − ; ; − ⎟.
⎝ 3 3 3⎠
IV 2,00
1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
0,25
− x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3.
Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
3 3
0,25
S= ∫
0
− x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx.
0
2/4
Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra
3
3
⎛ x3 x2 ⎞ 9
S=∫ ( 2
)
− x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = .
0 ⎝ 3 2 ⎠0 2 0,50
9
Vậy S = (đvdt).
2
2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy (1,00 điểm)
Ta có: P = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3xy.
t2 − 2
Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy = . Suy ra
2 0,25
⎛ t2 − 2 ⎞ t2 − 2 3
P = 2t ⎜ 2 − ⎟ −3 = − t 3 − t 2 + 6t + 3.
⎝ 2 ⎠ 2 2
Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2.
2
0,25
3
Xét f ( t ) = − t 3 − t 2 + 6t + 3 với t ∈ [ −2; 2] .
2
Ta có : f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6
⎡ t = −2∈ [ −2; 2]
f '( t ) = 0 ⇔ ⎢
⎢ t = 1 ∈ [ −2; 2] .
⎣
Bảng biến thiên:
t -2 1 2 0,50
f’(t) + 0 -
13
f(t) 2
-7 1
13
Vậy max P = , min P = −7.
2
V.a 2,00
1 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm)
+) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) . 0,25
+) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) .
⎛a b⎞ 0,25
Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ .
⎝2 2⎠
+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
⎧ ⎧ −2a + b = 0
⎪AB.u = 0 ⎪ ⎧a = 2
⎨ ⇔ ⎨a ⇔⎨
⎪I ∈ d
⎩ ⎪2 − b + 3 = 0 ⎩ b = 4. 0,50
⎩
Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) .
3/4
2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm)
18
⎛ 1 ⎞
Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ là
⎝ x⎠
k 6k
0,50
⎛ 1 ⎞ 18−
Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k.x 5 .
k 18− k k
18
⎝ x⎠
6k
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = 0 ⇔ k = 15.
5 0,50
Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15 .23 = 6528.
18
V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với
0,25
log 2 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0.
2
Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2. 0,25
Với t = 1 ta có log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0,50
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1, x = 3.
2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm)
1
+) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN = AD
2
⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1).
S
M N 0,25
A
D
B
C
+) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) .
0,25
Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật.
+) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM .
1 1 1 1 a3
VS.BCM = VC.SBM = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = .
3 6 6 2 6 0,50
3
a
Vậy VS.BCNM = (đvtt).
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
