Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi đại học, cao đẳng môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
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 B (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) Khi m =1 ta có 32 yx3x4=− + − . • Tập xác định: D = \ . • Sự biến thiên: 2 y' 3x 6x,=− + y' 0= ⇔ x0= hoặc x2.= 0,25 Bảng biến thiên: y CĐ = y(2) = 0, y CT = y(0) = − 4. 0,50 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: 22 y' 3x 6x 3(m 1)=− + + − , y' = 0 ⇔ 22 x2xm10− −+= (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0. 0,50 Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m 3 ), B(1 + m; − 2 + 2m 3 ). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m 3 = 2m ⇔ m = 1 2 ± (vì m ≠ 0). 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.−+ −=⇔ −= 0,50 • () cos 4x 0 x k k . 84 ππ =⇔= + ∈Z • 12 sin 3x x k 2183 ππ =⇔= + hoặc () 52 xkk. 18 3 π π =+ ∈Z 0,50 x − ∞ 02+ ∞ y' − 0+0 − y − 4 − ∞ + ∞ 0 O − 4 2 y x − 1 2/4 2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x2.≥ Phương trình đã cho tương đương với () () 32 x2x 6x 32m 0−+−−= 32 x2 x6x32m0. = ⎡ ⇔ ⎢ + −−= ⎣ Ta chứng minh phương trình: ( ) 32 x6x32m1+−= có một nghiệm trong khoảng () 2;+∞ . 0,50 Xét hàm ( ) 32 fx x 6x 32=+ −với x2.> Ta có: ( ) 2 f' x 3x 12x 0, x 2.= +>∀> Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m0> , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng () 2;+∞ . Vậy với mọi m0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) ()( ) ( ) ( ) 222 S:x 1 y 2 z 1 9−++ ++= có tâm ( ) I1; 2; 1− − và bán kính R3.= 0,25 Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25 (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( ) OI 1; 2; 1 , i 1;0;0=−− = JJG G . ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( ) n0;1;2.=− G 0,25 Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( ) 0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.− −−+−=⇔−= 0,25 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại hai điểm A, B . Nhận xét: nếu ( ) ( ) ( ) ( ) dA;P dB;P≥ thì () ( ) dM;P lớn nhất khi MA.≡ 0,25 Phương trình đường thẳng d: x1 y2 z1 . 212 − ++ == − 0,25 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ()( )() 222 x1 y2 z1 9 x1 y2 z1 . 212 ⎧ − ++ ++ = ⎪ ⎨ −++ == ⎪ ⎩− Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( ) A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 .−−− − 0,25 Ta có: () () ( ) () dA;P 7 dB;P 1.=≥ = Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( ) M1;1;3.− −− 0,25 IV 2,00 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của các đường yxlnx= và y0= là: xlnx 0 x 1.= ⇔= 0,25 f(x) f '(x) + 0 x 2 + ∞ + ∞ 3/4 Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là: () ee 2 2 11 V y dx x ln x dx.=π =π ∫∫ 0,25 Đặt 3 22 2lnx x u ln x, dv x dx du dx, v . x3 ==⇒= = Ta có: () e eee 33 2 22 2 111 1 x2 e2 x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx. 33 33 =− =− ∫∫∫ 0,25 Đặt 3 2 dx x ulnx,dvxdx du ,v . x3 ==⇒== Ta có: ee ee 3333 22 11 11 x1 ex2e1 x ln xdx ln x x dx . 33 399 + =−=−= ∫∫ Vậy ( ) 3 5e 2 V 27 π− = (đvtt). 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 222222 xyzxyz P. 222 xyz ++ =+++ Do 22 22 22 222 xy yzzx xyz xyyzzx 222 +++ ++= + + ≥++ nên 222 x1 y1 z1 P. 2x 2y 2z ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ≥+++++ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 0,50 Xét hàm số () 2 t1 ft 2t =+ với t0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra () 3 ft ,t 0. 2 ≥∀> Suy ra: 9 P. 2 ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ xyz1.= == Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 . 2 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) Ta có: () ( ) nn n0 n11 n22 n n nn n n 3 C 3 C 3 C . 1 C 3 1 2 −− −+ −+−=−= . Từ giả thiết suy ra n11= . 0,50 Hệ số của số hạng chứa 10 x trong khai triển Niutơn của () 11 2x+ là: 10 1 11 C .2 22.= 0,50 2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 12 Bd,Cd∈∈ nên ()( ) Bb;2 b,Cc;8 c.− − Từ giả thiết ta có hệ: ( )( ) ()() 22 22 b1c 4 2 bc 4b c 2 0 AB.AC 0 AB AC b2bc8c18 b 1c43. −−= ⎧ −−+= ⎧ ⎧ = ⎪⎪ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ = −=−+ ⎪ ⎪ − −− = ⎩ ⎩ ⎪ ⎩ JJJG JJJG 0,50 Đặt x b 1, y c 4=− =− ta có hệ 22 xy 2 xy3. = ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ Giải hệ trên ta được x 2, y 1=− =− hoặc x 2, y 1 = = . Suy ra: ()() B1;3,C3;5− hoặc ( ) ( ) B3; 1,C5;3− . 0,50 4/4 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt () () x 21 tt 0,−= > ta có phương trình 1 t220t21,t21. t +− =⇔=−=+ 0,50 Với t21=− ta có x1.= Với t21=+ ta có x1.=− 0,50 2 (1,00 điểm) Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( ) BD SAC⊥ nên BD MN.⊥ 0,50 Vì () MN || SAC nên ()() () () 11a2 d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD . 244 == == Vậy () a2 dMN;AC . 4 = 0,50 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---------------- N E C B M P D A S . điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 12 Bd,Cd∈∈ nên ()( ) Bb;2 b, Cc;8 c.− − Từ giả thiết ta có hệ: ( )( ) ()() 22 22 b1 c 4 2 bc 4b c 2 0 AB.AC 0 AB AC b2 bc8c18. phân biệt ⇔ ∆' = m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0. 0,50 Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m 3 ), B( 1 + m; − 2 + 2m 3 ). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m
