BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối D
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Ý
1
Nội dung
Điểm
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
2x
2
Ta có y =
= 2−
.
x +1
x +1
• Tập xác định: D = \ \{−1} .
2
> 0, ∀x ∈ D.
• Sự biến thiên: y ' =
(x + 1) 2
Bảng biến thiên
x −∞
−1
+
y'
0,25
+∞
+
0,25
2
+∞
y
−∞
2
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2.
• Đồ thị:
y
0,25
2
0,25
−1
2
O
x
Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)
⎛
2x 0 ⎞
Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x 0 ;
⎟ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
x0 +1 ⎠
⎝
y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) +
⇒A
(
− x 02 ;0
)
2x 0
2x 02
2
⇔y=
x
+
.
x0 +1
( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2
⎛
2x 02 ⎞
⎟.
, B ⎜ 0;
⎜ ( x + 1)2 ⎟
0
⎝
⎠
Từ giả thiết ta có:
2x 02
( x 0 + 1)2
.
− x 02
1
⎡
⎡ 2x 02 + x 0 + 1 = 0
x0 = −
1
⎢
⇔
= ⇔⎢
2
2
⎢
2
⎣⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0.
⎣x0 = 1
1/4
0,25
0,50
1
⎛ 1
⎞
ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ .
2
⎝ 2
⎠
Với x 0 = 1 ta có M (1;1) .
Với x 0 = −
0,25
⎛ 1
⎞
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M ⎜ − ; − 2 ⎟ và M (1;1) .
⎝ 2
⎠
II
2,00
1
2
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
π⎞ 1
⎛
1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ =
6⎠ 2
⎝
π
π
⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) .
2
6
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm).
1
1
Đặt x + = u, y + = v ( u ≥ 2, v ≥ 2 ) . Hệ đã cho trở thành:
x
y
⎧u + v = 5
⎪⎧u + v = 5
⇔⎨
⎨ 3
3
⎩uv = 8 − m
⎪⎩u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10
⇔ u, v là nghiệm của phương trình: t 2 − 5t + 8 = m (1).
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
t = t1 , t = t 2 thoả mãn: t1 ≥ 2, t 2 ≥ 2 (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).
0,50
0,50
0,25
Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 :
Bảng biến thiên của f ( t ) :
t
−∞
f '( t )
−2
2
−
−
0
+∞
f (t)
+∞
5/ 2
+
0,50
+∞
22
2
7/4
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
7
≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 .
4
III
0,25
2,00
1
Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm)
Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) .
JJJG
JJJG
Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) .
G
Vectơ chỉ phương của d là: n = (12; −6;6 ) = 6 ( 2; −1;1) .
x y−2 z−2
=
=
.
2
−1
1
Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm)
Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t )
Phương trình đường thẳng d:
2
2/4
0,25
0,50
0,25
0,25
(
⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t )
2
2
) + ( ( −2 + t )
2
+ ( 4 − t ) + ( 4 − 2t )
2
2
)
0,50
= 12t 2 − 48t + 76 = 12 ( t − 2 ) + 28.
2
MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2.
Khi đó M ( −1;0; 4 ) .
0,25
2,00
IV
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
2 ln x
x4
dx, v = . Ta có:
x
4
Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du =
e
e
e
x4
1
e4 1
I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx.
4
21
4 21
1
Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du =
e
0,50
dx
x4
, v = . Ta có:
x
4
e
e
e
x4
1 3
e4 1 4
3e4 + 1
=
−
=
−
=
x
ln
xdx
ln
x
x
dx
x
.
∫
∫
4
4
4
16
16
1
1
1
1
3
5e4 − 1
.
32
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
0,50
Vậy I =
2
(
ln 1 + 4a
(1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) ⇔ a
ln (1 + 4 )
Xét hàm f ( x ) =
với x > 0. Ta có:
a
b
b
a
) ≤ ln (1 + 4 ) .
b
0,50
b
x
x
f '( x ) =
(
) (
(1 + 4 )
4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x
x
2
x
) <0
0,50
⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Do f(x) nghịch biến trên ( 0; +∞ ) và a ≥ b > 0 nên f ( a ) ≤ f ( b ) và ta có điều
phải chứng minh.
V.a
1
2,00
Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm)
Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) là ( −2 ) .C54 .
5
4
Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 (1 + 3x )
10
0,50
3
là 33.C10
.
Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) + x 2 (1 + 3x )
5
10
là
( −2 )4 C54 + 33.C103 = 3320.
2
Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm)
(C) có tâm I (1; −2 ) và bán kính R = 3. Ta có: ∆PAB đều nên
0,50
IP = 2IA = 2R = 6 ⇔ P thuộc đường tròn ( C ' ) tâm I, bán kính R ' = 6.
0,50
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d
tiếp xúc với ( C ' ) tại P ⇔ d ( I;d ) = 6 ⇔ m = 19, m = −41.
0,50
3/4
V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện: 4.2 x − 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với:
(
)
(
log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3
2
)
2
( )
⇔ 5. 2x
2
− 13.2x − 6 = 0
2
⎡ x
2 =−
⎢
⇔
5
⎢ x
⎢⎣ 2 = 3
Do 2x > 0 nên 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 (thỏa mãn điều kiện).
Chứng minh ∆SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm)
Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a ⇒ CD ⊥ AC . Mặt khác,
CD ⊥ SA . Suy ra CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C.
0,50
0,50
S
H
0,50
A
I
B
D
C
SH SA 2
SA 2
2a 2
2
=
=
=
=
2
2
2
2
2
SB SB
3
SA + AB
2a + a
Gọi d1 và d 2 lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì
d 2 SH 2
2
=
= ⇒ d 2 = d1.
d1 SB 3
3
3VB.SCD SA.SBCD
=
.
Ta có: d1 =
SSCD
SSCD
1
1
SBCD = AB.BC = a 2 .
2
2
1
1
SSCD = SC.CD =
SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2.
2
2
a
Suy ra d1 = .
2
2
a
Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d 2 = d1 = .
3
3
Trong tam giác vuông SAB ta có:
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----------------
4/4
- Xem thêm -