Đang tải... (xem toàn văn)
Đáp án và đề thi đại học môn toán Khối B từ năm 2003 đến năm 2010
1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007Môn: 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 32yx3x4=− + −. • Tập xác định: D = \. • Sự biến thiên: 2y' 3x 6x,=− + y' 0= ⇔x0= hoặc x2.= 0,25 Bảng biến thiên: yCĐ = y(2) = 0, yCT = 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: 22y' 3x 6x 3(m 1)=− + + −, y' = 0 ⇔ 22x2xm10− −+= (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. 0,50 Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = 12± (vì m ≠ 0). 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( )2sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.−+ −=⇔ −= 0,50 • ()cos 4x 0 x k k .84ππ=⇔= + ∈Z • 12sin 3x x k2183ππ=⇔= + hoặc ()52xkk.18 3π 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 ()()32x2x 6x 32m 0−+−−=32x2x6x32m0.=⎡⇔⎢+ −−=⎣ Ta chứng minh phương trình: ( )32x6x32m1+−= có một nghiệm trong khoảng ()2;+∞. 0,50 Xét hàm ( )32fx x 6x 32=+ −với x2.> Ta có: ( )2f' 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) ()( ) ( ) ( )222S: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 ()( )()222x1 y2 z1 9x1 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= vày0= 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: ()ee2211V y dx x ln x dx.=π =π∫∫ 0,25 Đặt 3222lnx xu ln x, dv x dx du dx, v .x3==⇒= = Ta có: ()eeee33222 21111x2 e2x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.33 33=− =−∫∫∫ 0,25 Đặt 32dx xulnx,dvxdx du ,v .x3==⇒== Ta có: eeee3333221111x1 ex2e1x ln xdx ln x x dx .33 399+=−=−=∫∫ Vậy ( )35e 2V27π−= (đvtt). 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 222222xyzxyzP.222 xyz++=+++ Do 22 22 22222xy yzzxxyz xyyzzx222+++++= + + ≥++ nên 222x1 y1 z1P.2x 2y 2z⎛⎞⎛⎞⎛⎞≥+++++⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 0,50 Xét hàm số ()2t1ft2t=+ với t0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra ()3ft ,t 0.2≥∀> Suy ra: 9P.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: () ( )nnn0 n11 n22 n nnn n n3 C 3 C 3 C . 1 C 3 1 2−−−+ −+−=−=. Từ giả thiết suy ra n11=. 0,50 Hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển Niutơn của ()112x+ là: 10 111C .2 22.= 0,50 2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 12Bd,Cd∈∈ nên ()( )Bb;2 b,Cc;8 c.− − Từ giả thiết ta có hệ: ( )( )()()2222b1c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0AB ACb2bc8c18b 1c43.−−=⎧−−+=⎧⎧=⎪⎪ ⎪⇔⇔⎨⎨ ⎨=−=−+⎪⎪− −− =⎩⎩⎪⎩JJJG JJJG 0,50 Đặt x b 1, y c 4=− =− ta có hệ 22xy 2xy3.=⎧⎪⎨− =⎪⎩ 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 Gii phng trỡnh m (1,00 im) t ()()x21 tt 0,= > ta cú phng trỡnh 1t220t21,t21.t+ ===+ 0,50 Vi t21= ta cú x1.= Vi t21=+ ta cú x1.= 0,50 2 (1,00 im) Gi P l trung im ca SA. Ta cú MNCP l hỡnh bỡnh hnh nờn MN song song vi mt phng (SAC). Mt khỏc, ( )BD SAC nờn BD MN. 0,50 Vỡ ()MN || SAC nờn ()() ()()11a2d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .244== == Vy ()a2dMN;AC .4= 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định. ----------------Ht---------------- N E C B M P D A S . 1/4 B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 200 7Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm. cho …(1,00 điểm) Vì 12Bd,Cd∈∈ nên ()( )Bb;2 b, Cc;8 c.− − Từ giả thi t ta có hệ: ( )( )()()222 2b1 c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0AB ACb2bc8c1 8b 1c43.−−=⎧−−+=⎧⎧=⎪⎪