Đang tải... (xem toàn văn)
de thi dai hoc cao dang mon toan khoi a 95939 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tấ...
TRẦN SĨ TÙNG ---- ›š & ›š ---- BỘ ĐỀ ÔN THI TẬP 2 (từ đề 51 đến đề 100) Năm 2012 www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Trang 1 Đề số 51 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. Cho hàm số yxxmx 32 3 1=+++ có đồ thị là (C m ); ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II. 1) Giải phương trình: x xx xx 2 32 2 cos 1coscos tan2cos -+ =- 2) Giải hệ phương trình: 22 22 14 ()272 xyxyy yxyxy ì +++= í +=++ î Câu III. Tính tích phân: 3 2 2 1 log 13ln e x Idx xx = + ò Câu IV. Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3 2 a và · 0 60BAD = . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC ' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1abc++=. Chứng minh rằng: 7 2 27 abbccaabc++-£ II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3). Câu VIIa. Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 24110zz-+=. Tính giá trị của biểu thức : 22 12 2 12 () zz zz + + . B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng D : 380xy++=, ':34100xyD-+= và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng D ’ 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): xyz22–30++= sao cho MA = MB = MC . Câu VIIb. Giải hệ phương trình: 2 12 12 2log(22)log(21)6 log(5)log(4) = 1 xy xy xyxyxx yx -+ -+ ì --+++-+= ï í +-+ ï î ============================ www.VIETMATHS.com ễn thi i hc Trn S Tựng Trang 2 Hng dn s 51: Cõu I: 2) PT honh giao im: xxmx 32 311+++= x fxxxm 2 0 ()30 ộ = ờ =++= ở YCBT fx()0= cú 2 nghim phõn bit x x 12 , khỏc 0 v ()() yxyx 12 .1  =- . mfm xxmxxm 22 1122 940,(0)0 (36)(36)1 ỡ ->=ạ ớ ++++=- ợ mm mm 2 9 ,0 4 4910 ỡ <ạ ù ớ ù -+= ợ m 965 8 = Cõu II: 1) iu kin: xcos0ạ. PT xx 2 2coscos10--= xk xk 2 2 2 3 p p p ộ = ờ =+ ờ ở 2) T h PT ị y0ạ. Khi ú ta cú: x xy xyxyy y yxyxyx xy y 2 22 222 2 1 4 14 . ()2721 ()27 ỡ + ++= ù ỡ +++= ùù ớớ +=+++ ùù ợ +-= ù ợ t x uvxy y 2 1 , + ==+ ta cú h: uvuv vu vu vuvv 22 44 3,1 5,9 272150 ỡỡ +==- ộ == ùù ớớ ờ =-= -=+-= ùù ở ợợ ã Vi vu3,1==ta cú h: xy xyxyxx xy xyyxyx 222 1,2 1120 2,5 333 ỡỡỡ ộ == ùùù +=+=+-= ớớớ ờ =-= +==-=- ùùù ở ợợợ . ã Vi vu5,9=-=ta cú h: xyxyxx xyyxyx 222 19199460 555 ỡỡỡ ùùù +=+=++= ớớớ +=-=--=-- ùùù ợợợ , h vụ nghim. Kt lun: H ó cho cú hai nghim: (1;2),(2;5)-. Cõu III: eee x x xxdx Idxdx x xxxxx 3 3 2 2 3 222 111 ln log ln2 1ln.ln . ln2 13ln13ln13ln ổử ỗữ ốứ === +++ ũũũ t dx xtxtxtdt x 222 11 13lnln(1)ln. 33 +=ị=-ị=. Suy ra Itt 2 3 33 1 114 3 9ln227ln2 ổử =-= ỗữ ốứ . Cõu IV: Gi P,Q l trung im ca BD, MN. Chng minh c: AC ^ PQ. Suy ra AC  ^ (BDMN) Gi H l giao ca PQ v AC. Suy ra AH l ng cao ca hỡnh chúp A.BDMN. Tớnh c a AHAC 215 55  == , aa PQMN 15 , 42 == ị BDMN a S 2 315 16 = ị onthionline.net Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh Đại học cao đẳng năm 2009 Môn thi : Toán , khối A đề thức Ngày thi : 26 - - 09 (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I - chung cho tất thí sinh Câu i ( điểm ) Cho hàm số y = x3 − 6mx + 9m x + 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1 2) Gọi A B hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Tìm m để tam giác OAB vuông O Câu ii ( điểm) π 1) Tìm nghiệm phương trình : 2 sin x − ÷cos x = đoạn 12 π 0; 2x − = −2 x + x + 2) Giải phương trình : log x Câu iii (2 điểm) x 1) Tính tích phân sau : I = ∫ ( x − 1) e dx ( x + 1) ( 2) Giải bất phương trình : x + − 1) ≥3 x Câu iV (2 điểm) 1) Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy tam giác vuông cân A ( AB=AC=a) AA’= a Gọi M;N trung điểm AA’ BC’.CMR: MN đoạn vuông góc trung AA’ BC’ Tính thể tích MA’BC’ ( 2) Tìm hệ số x8 khai triển + x ) n biết An3 − 8Cn2 + Cn1 = 49 Phần II - Thí sinh chọn hai câu Va Vb Câu Va ( điểm) 1) Tìm m để bất phương trình : x − m.2 x − ≥ với x >1 2) Trong Oxy cho tam giác ABC biết C=(-1 ;-1) AB = Đường thẳng AB có phương trình x+2y-3=0 trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng : x+y-2=0 Tìm toạ độ A;B Câu Vb ( điểm) 1) Cho a;b số dương thoả mãn : ab+a+b=3 3a 3b ab + + ≤ a2 + b2 + CMR: Dấu “=” 1+ b 1+ a a + b 2) Trong không gian Oxyz cho A=(1;2;3) B=(3;4;-1) (P): x+2y+2z+1= Tìm toạ độ điểm M (P) cho MA=MB ……………………………………………… Hết …………………………………………………… Họ tên thí sinh …………………………… Số báo danh………………………… Đáp án Câu1 1-điểm Khảo sát vẽ Tự vẽ 1-điểm +) Tinh y’= +) y’=0 suy x=m 1/4 uuu r ⇒ y = 4m3 + ⇒ A = m;4m3 + ⇒ OA = m;4m3 + uuu r hoăc x=3m ⇒ y = ⇒ B = ( 3m;1) ⇒ OB = ( 3m;1) ( ) +) ⇒ 4m3 + 3m + = ⇒ m = −1 Câu2 1-điểm π 2 sin x − ÷cos x = 12 π π ⇔ sin x − ÷− sin = 12 12 π π π ⇔ sin x − ÷ = sin + sin 12 12 −1 = −2 x + x + x ( D / K : x > 0) ( ) ⇔ log (2 x − 1) − log x = − x + x ) ⇔ log (2 x − 1) + x − = log x + x Câu 1-điểm Suy nghiệm x=1 I = ∫ ( x − 1) e dx ⇔ ∫ x x xe dx x I1 = ∫ xe dx = ? −∫ x e dx x I = ∫ e dx = ? 1/4 1/4 1/4 1/4 ( t > 0) Xét hàm số : y = log t + t Suy x − = x 1/4 1/4 x ( 1/4 1/4 1/4 KL: log ) 1/4 π π π ⇔ sin x − ÷ = 2sin sin 12 π π ⇔ sin x − ÷ = sin 12 1-điểm ( 1/4 1-điểm ( x + 1) ( x + − 1) ≥3 x ( D / K : x ≠ 0; x ≥ −1) 1/4 Nhân với biêu thức liên hợp ( x + 1) ( x + − 1) ( x + 1) ≥ ≥3⇔ x ( x + + 1) ( ⇔ 2x + ≥ x + + x + ⇔ −x − ≥ x + Suy vô nghiệm ) 1/4 1/4 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A 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 22 mx (3m 2)x 2 y(1), x3m +−− = + với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng o 45 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 11 7π 4sin x . 3π sinx 4 sin x 2 ⎛⎞ +=− ⎜⎟ ⎛⎞ ⎝⎠ − ⎜⎟ ⎝⎠ 2. Giải hệ phương trình () 232 42 5 xyxyxyxy 4 x, y . 5 xyxy(12x) 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎪ ∈ ⎨ ⎪ ++ + =− ⎪ ⎩ \ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm () A2;5;3 và đường thẳng x1 y z2 d: . 212 −− == 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân π 4 6 0 tg x Idx. cos 2x = ∫ 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 4 2x 2x 2 6 x 2 6 x m++−+−= (m ). ∈ \ 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. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng 5 3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 2. Cho khai triển () n n 01 n 12x a ax .ax,+=+++ trong đó * n ∈ ` và các hệ số 01 n a ,a , .,a thỏa mãn hệ thức 1n 0 n aa a . 4096. 22 +++ = Tìm số lớn nhất trong các số 01 n a , a , ., a . Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 22 2x 1 x 1 log (2x x 1) log (2x 1) 4. −+ +−+ − = 2. Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ' , 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: . ĐỀ CHÍNH THỨC bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 ------------------------------ Môn thi : toán Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút) _____________________________________________ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : (1) ( là tham số). 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1=m 2. Tìm k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =++ kkxx 3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) Cho phơng trình : 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) ( là tham số). m 1 Giải phơng trình (2) khi .2=m 2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ m 3 3;1 ]. Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( của phơng trình: .32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x 5 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng: .3,|34| 2 +=+= xyxxy Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS . ,S M và lần lợt N là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB . SC a AMN mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . ) AMN )( SBC 2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: và . =++ =+ 0422 042 : 1 zyx zyx += += += tz ty tx 21 2 1 : 2 a) Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng )( P 1 và song song với đờng thẳng . 2 b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2( M H thuộc đờng thẳng 2 sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất. Câu V. ( ĐH : 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A phơng trình đờng thẳng là BC ,033 = yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC 2. Cho khai triển nhị thức: n x n n n x x n n x n x n n x n n x x CCCC + ++ + = + 3 1 3 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 0 3 2 1 22222222 L ( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t 13 5 nn C= bằng , tìm và n20 n x . ----------------------------------------Hết--------------------------------------------- Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . 1 bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 ------------------------------------- Đáp án và thang điểm môn toán khối A Câu ý Nội dung ĐH CĐ I1 23 31 xxym +== Tập xác định Rx . )2(363' 2 =+= xxxxy , = = = 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" ===+= xyxy Bảng biến thiên + 210x ' y + 0 0 + 0 " y y + lõm U 4 CT 2 CĐ 0 lồi = = = 3 0 0 x x y , 4)1( =y Đồ thị: ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 1,0 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,5 đ 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ - 1 1 2 3 x 0 2 4 y 2 I2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +=+=++ . Đặt 23 3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+ 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+<<< kka ()( ) >+ < >++ < 021 30 0)44)(1( 30 2 2 kk k kkk k << 20 31 kk k Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =++=++ kkxkxkxkkxx có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =++= kkxkxxf có 2 nghiệm phân biệt khác k << ++ >++= 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ ----------- 0,25đ 0,25 đ 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ ----------- 0,25 đ 0,25 đ 3 Cách I. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , += = = 1 1 0 2 1 ' mx mx y Ta thấy 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . Trang 1/5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 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) Khi m = 1 hàm số trở thành: 2 xx2 4 yx2. x3 x3 +− ==−+ ++ • TXĐ: { } D\3.=−\ • Sự biến thiên: 2 22 4x6x5 y' 1 , (x 3) (x 3) ++ =− = ++ x1 y' 0 x5 =− ⎡ =⇔ ⎢ =− ⎣ • y CĐ () y5 9=−=−, y CT () y1 1.=−=− 0,25 • TCĐ: x3=− , TCX: yx2.=− 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm) 22 mx (3m 2)x 2 6m 2 ymx2. x3m x3m +−− − ==−+ ++ • Khi 1 m 3 = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 0,25 • Khi 1 m 3 ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : d 1 : x3mx3m0,=− ⇔ + = d 2 : ymx2 mxy20.=−⇔−−= 0,25 Vectơ pháp tuyến của d 1 , d 2 lần lượt là 1 n (1; 0)= J JG , 2 n(m;1).=− J JG Góc giữa d 1 và d 2 bằng o 45 khi và chỉ khi 12 0 22 12 n.n mm 2 cos45 m 1. 2 n.n m1 m1 == ⇔ =⇔=± ++ JJGJJG JJGJJG 0,50 x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 + y −∞ −∞ +∞ +∞ 1− 9− -3 - 1 O - 1 -9 - 5 y x 2 -2 Trang 2/5 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện sin x 0≠ và 3π sin(x ) 0. 2 −≠ Phương trình đã cho tương đương với: 11 22(sinx + cosx) sinx cosx +=− ⇔ 1 (sinx + cosx) 2 2 0. sinxcosx ⎛⎞ += ⎜⎟ ⎝⎠ 0,50 • s inx + cosx 0 x k . 4 π =⇔=−+π • 1 22 sinxcosx + = 0 2 sin 2x x k 28 π ⇔=−⇔=−+π hoặc 5 xk. 8 π =+π Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : xk; 4 π =− + π 5 x k ; x k (k ). 88 ππ =− + π = + π ∈ ] 0,50 2 Giải hệ (1,00 điểm) 232 42 5 xyxyxyxy 4 5 xyxy(12x) 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ++ + =− ⎪ ⎩ () 22 22 5 x y xy xy x y 4 5 (x y) xy 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ ++=− ⎪ ⎩ ()∗ Đặt 2 ux y vxy ⎧ =+ ⎨ = ⎩ . Hệ phương trình ()∗ trở thành 2 5 uvuv 4 5 uv 4 ⎧ ++ =− ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ +=− ⎪ ⎩ 2 32 55 vu u0,v 44 u13 uu 0 u ,v . 422 ⎧⎡ =− − = =− ⎪⎢ ⎪ ⇔⇔ ⎢ ⎨ ⎢ ⎪ ++= =− =− ⎢ ⎪ ⎩⎣ 0,50 • Với u = 0, 5 v 4 =− ta có hệ pt 2 xy0 5 xy 4 ⎧ += ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ ⇔ 3 5 x 4 = và 3 25 y 16 =− . • Với 13 u,v 22 =− =− ta có hệ phương trình 2 3 31 x0 2x x 3 0 2x 2 3 3 y y 2x 2x ⎧ ⎧ −+= +−= ⎪ ⎪⎪ ⇔ ⎨⎨ =− ⎪⎪ =− ⎩ ⎪ ⎩ ⇔ x1= và 3 y. 2 =− Hệ phương trình có 2 nghiệm : 3 3 525 ; 416 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ và 3 1; . 2 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ 0,50 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 () u2;1;2. G Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5;2t 1).=−− − J JJG 0,50 Vì AH ⊥ d nên AH. u 0= JJJG G ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra () H3;1;4. 0,50 Trang 3/5 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 khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H. 0,50 Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH J JJG = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của ( )α là 1( x 3) 4( y 1) 1(z 4) 0−− −+ − =⇔ x4yz30.−+−= 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) I = () ππ 44 66 22 00 tg x tg x dx dx. cos 2x 1tgxcosx = − ∫∫ Đặt 2 dx t tgx dt . cos x = ⇒ = Với x0= thì t0= ; với x 6 π = thì 1 t. 3 = 0,25 Suy ra 1 3 4 2 0 t Idt 1t = − ∫ () 11 33 2 00 111 t 1 dt dt 2t1t1 ⎛⎞ =− + + − ⎜⎟ +− ⎝⎠ ∫∫ 3 1 t1t1 tln 3 32t1 0 ⎛⎞ + =− −+ ⎜⎟ − ⎝⎠ 0,50 () 110 ln 2 3 . 2 93 =+− 0,25 2 Tìm các giá trị của m (1,00 điểm) Điều kiện: 0x6≤≤ . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , [ ] x0;6.∈ Ta có 33 44 11 1 1 f'(x) 2x 6 x 2(2x) 2(6 x) =+− − − − 33 44 11 1 1 1 2 2x 6 x (2x) (6 x) ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ =−+− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ − ⎝⎠ , x (0;6).∈ Đặt 33 44 11 11 u(x) , v(x) . 2x 6 x (2x) (6 x) ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ =− =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ − ⎝⎠ Ta thấy () () u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối A (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) Khi m1=− ta có 2 x3 1 yx2 x2 x2 − ==−+ + + . • Tập xác định: D = \{ 2} − \ . • Sự biến thiên: 2 22 1x4x3 y' 1 (x 2) (x 2) + + =− = ++ , x3 y' 0 x1. = − ⎡ =⇔ ⎢ = − ⎣ 0,25 Bảng biến thiên: y CĐ = () ( ) CT y3 6,y y1 2.−=− = −=− 0,25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm) () 22 2 x4x4m y' x2 ++− = + . Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 22 gx x 4x 4 m=++− có 2 nghiệm phân biệt x ≠ −2 () 2 2 '44m 0 g2 484m 0 ⎧ ∆= − + > ⎪ ⇔ ⎨ −=−+− ≠ ⎪ ⎩ ⇔ m ≠ 0. 0,50 x − ∞ − 3 − 2 − 1+ ∞ y ' + 0 − − 0+ y − 6 + ∞ + ∞ −∞ − ∞ − 2 x y − 3 − 6 − 2 O − 1 − 2 2/4 Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ ( ) A2m;2 − −−, ( ) B2m;4m2 − +−. Do ( ) OA m 2; 2 0=− − − ≠ JJJG G , ( ) OB m2;4m2 0 = −−≠ J JJG G nên ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ 2 OA.OB 0 m 8m 8 0 = ⇔− − + = J JJG JJJG ⇔ m426=− ± (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m426=− ± . 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx) 2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0. 0,50 ⇔ ππ xkπ,x k2π,x k2π 42 =− + = + = (k ∈ Z ). 0,50 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x1≥ . Phương trình đã cho ⇔ 4 x1 x1 32 m (1). x1 x1 −− −+ = ++ Đặt 4 x1 t x1 − = + , khi đó (1) trở thành 2 3t 2t m (2).−+= 0,50 Vì 44 x1 2 t1 x1 x1 − ==− + + và x1≥ nên 0t1. ≤ < Hàm số 2 f(t) 3t 2t, 0 t 1=− + ≤ < có bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 1 1m 3 −< ≤ . 0,50 III 2,00 1 Chứng minh d 1 và d 2 chéo nhau (1,00 điểm) +) d 1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương 1 u J JG = (2; −1; 1), d 2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương 2 u J JG = (2; 1; 0). 0,25 +) 12 [u ,u ] JJGJJG = (−1; 2; 4) và MN J JJJG = (−1; 0; 5). 0,50 +) 12 [u ,u ] JJGJJG . MN J JJJG = 21 ≠ 0 ⇒ d 1 và d 2 chéo nhau. 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm) Giả sử d cắt d 1 và d 2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d 1 , B ∈ d 2 nên A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3). − −+ −+ + ⇒ AB JJJG = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5). 0,25 (P) có véctơ pháp tuyến n G = (7; 1; − 4). AB ⊥ (P) ⇔ AB JJJG cùng phương với n G 0,25 ⇔ 2t 2s 1 t s s 5 714 −− + −+ == − ⇔ 5t 9s 1 0 4t 3s 5 0 + += ⎧ ⎨ + += ⎩ ⇔ s1 t2 = ⎧ ⎨ = − ⎩ ⇒ ()( ) A2;0; 1,B 5; 1;3.−−− 0,25 Phương trình của d là: x2 y z1 71 4 − + == − . 0,25 1 1/3 0 f(t) t 0 1/3 -1 3/4 IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: (e + 1)x = (1 + e x )x ⇔ (e x − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. 0,25 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = 1 x 0 xe ex dx− ∫ = 11 x 00 e xdx xe dx.− ∫∫ 0,25 Ta có: 1 0 exdx ∫ = 2 1 ex 0 2 = e 2 , 11 xxx 00 1 xe dx xe e dx 0 =− ∫ ∫ = x 1 ee 1 0 − = . Vậy e S1 2 =− (đvdt). 0,50 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 2 x(y z)+ 2x x≥ . Tương tự, 2 y(z x) + ≥ 2y y , 2 z(x y)+ ≥ 2z z . 0,25 ⇒ 2y y 2x x 2z z P yy 2zz zz 2xx xx 2yy ≥++ ++ + . Đặt a = xx 2yy+ , b = yy 2zz+ , c = zz 2xx+ . Suy ra: 4c a 2b xx 9 +− = , 4a b 2c yy 9 + − = , 4b c 2a zz 9 + − = . 0,25 Do đó 24ca2b 4ab2c 4bc2a P 9b c a +− +− +− ⎛⎞ ≥++ ⎜⎟ ⎝⎠ 2cab abc 46 9bca bca ⎡⎤ ⎛⎞⎛⎞ =+++++− ⎜⎟⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠⎝⎠ ⎣⎦ ≥ () 2 4.3 3 6 2. 9 + −= (Do cab b ca ++ = ca b c ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ + b 1 a ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ − 1 ≥ 2 a b + 2 b a − 1 ≥ 4 − 1 = 3, hoặc cab b ca ++≥ 3 cab 3 b ca ⋅⋅ = 3. Tương tự, abc b ca + + ≥ 3). 0,25 ...Câu1 1-điểm Khảo sát vẽ Tự vẽ 1-điểm +) Tinh y’= +) y’=0 suy x=m 1/4 uuu r ⇒ y = 4m3 + ⇒ A = m;4m3 + ⇒ OA = m;4m3 + uuu r hoăc x=3m ⇒ y = ⇒ B = ( 3m;1) ⇒ OB = ( 3m;1) ( ) +) ⇒ 4m3 + 3m + = ⇒ m