Bộ đề thi môn TOÁN 2008 - 2012

Chia sẻ: Trần Triều Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:105

Thêm vào BST

Báo xấu

349
lượt xem 172
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 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 = a 3 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'.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề thi môn TOÁN 2008 - 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ( Ôn thi ĐH, CĐ kh ối A, A1 ) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
BÔ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP CĐSTOAN11 Bộ đề thi môn TOÁN 2008 - 2012 (Ôn thi ĐH, CĐ khối A, A1) ( In lần thứ nhất ) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
Lớp CĐSTOAN11 giữ bản quyền tài liệu, cấm sao in dưới mọi hình thức 849/GD-07/4752/516-18 Mã số: 6R925I0
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 Cho hàm số y = (1), với m là tham số thực. x + 3m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45o. Câu II (2 điểm) ⎛ 7π ⎞ 1 1 + = 4s in ⎜ − x ⎟ . 1. Giải phương trình ⎛ 3π ⎞ s inx ⎝4 ⎠ sin ⎜ x − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎧2 5 3 2 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 ⎪ ( x, y ∈ ) . 2. Giải hệ phương trình ⎨ ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪ ⎩ 4 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng x −1 y z − 2 == d:. 2 1 2 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) π tg 4 x 6 1. Tính tích phân I = ∫ dx. cos 2x 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ ). 4 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 5 (E) có tâm sai bằng và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 3 2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ * và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n n a1 a thỏa mãn hệ thức a 0 + + ... + n = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n . 2n 2 Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 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 = a 3 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:...............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Môn thi: TOÁN, khối A ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 x2 + x − 2 4 Khi m = 1 hàm số trở thành: y = = x−2+ . x+3 x +3 • TXĐ: D = \ {−3} . 0,25 ⎡ x = −1 x 2 + 6x + 5 4 • Sự biến thiên: y ' = 1 − , y' = 0 ⇔ ⎢ = ⎣ x = −5 2 2 (x + 3) (x + 3) • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1. 0,25 • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2. • Bảng biến thiên: −1 x −∞ −5 −3 +∞ − − y’ + 0 0 + 0,25 +∞ +∞ −9 y −∞ −1 −∞ • Đồ thị: y -5 -1 O -3 2 x -1 -2 0,25 -9 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 6m − 2 y= = mx − 2 + . x + 3m x + 3m 0,25 1 • Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 3 1 • Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : 3 0,25 d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0. Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1). Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi 0,50 n1.n 2 m m 2 cos450 = = ⇔ = ⇔ m = ± 1. 2 m2 + 1 m2 + 1 n1 . n 2 Trang 1/5
II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 + = −2 2(s inx + cosx) Phương trình đã cho tương đương với: 0,50 s inx cosx ⎛ ⎞ 1 ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 π 5π 1 2 • + 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = − ⇔ x = − + kπ hoặc x = + kπ. 0,50 s inxcosx 2 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : π π 5π x = − + kπ ; x = − + kπ ; x = + kπ (k ∈ ). 4 8 8 Giải hệ... (1,00 điểm) 2 ⎧2 ⎧2 5 5 ⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4 3 2 2 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 ⎪ ⎪ (∗) ⇔⎨ ⎨ ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 4 4 ⎧ 5 ⎪ u + v + uv = − 4 ⎧u = x 2 + y ⎪ . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ Đặt ⎨ 0,50 ⎪u 2 + v = − 5 ⎩ v = xy ⎪ ⎩ 4 ⎧ ⎡ 5 5 2 ⎪v = − 4 − u ⎢ u = 0, v = − 4 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎢ ⎪u 3 + u 2 + u = 0 ⎢u = − 1 , v = − 3 . ⎢ ⎪ ⎩ ⎣ 4 2 2 ⎧x + y = 0 2 ⎪ 5 5 25 • Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨ 5 ⇔ x = 3 và y = − 3 . 4 4 16 ⎪ xy = − ⎩ 4 1 3 • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 2 ⎧2 3 1 0,50 ⎧2x 3 + x − 3 = 0 ⎪ x − 2x + 2 = 0 ⎪ ⎪ 3 ⇔⎨ ⇔ x = 1 và y = − . ⎨ 3 ⎪y = − 3 2 ⎪y = − ⎩ 2x ⎪ ⎩ 2x ⎛5 25 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎟ và ⎜1; − ⎟ . Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜ 3 ; − 3⎜4 ⎟ 16 ⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ III 2,00 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) 1 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc 0,50 của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. 0,50 Suy ra H ( 3;1; 4 ) . Trang 2/5
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 0,50 khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H. Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. 0,50 Phương trình của (α) là 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0. IV 2,00 Tính tích phân... (1,00 điểm) 1 π π 4 tg 4 x 6 6 tg x ∫ cos 2x dx = ∫ I= dx. 0 (1 − tg x ) cos x 2 2 0 0,25 π dx 1 Đặt t = tgx ⇒ dt = . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . 2 cos x 6 3 Suy ra 1 1 1 1 ⎛ t3 1 t +1 ⎞ 3 3 3 4 ⎛1 1⎞ 1 t 0,50 ( ) dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫ ∫ − ⎟ dt = ⎜ − − t + ln I= ⎟3 ⎜ 2 2 t −1 ⎠ 1− t ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎝3 20 0 0 0 ( ) 1 10 = ln 2 + 3 − 0,25 . 2 93 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) 2 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] . 1 1 1 1 Ta có f '(x) = + − − 6−x 2x 2 4 (6 − x)3 2 4 (2x)3 1⎛ 1 ⎞⎛1 1⎞ 1 =⎜ ⎟+⎜ x ∈ (0;6). − − ⎟, 0,50 2 ⎜ 4 (2x) ⎟ ⎝ 2x 6−x ⎠ 3 (6 − x)3 4 ⎝ ⎠ ⎛1 ⎞ ⎛1 1⎞ 1 Đặt u(x) = ⎜ ⎟ , v(x) = ⎜ − − ⎟. ⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3 ⎟ 6−x ⎠ ⎝ 2x ⎝ ⎠ Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u (x), v(x) cùng dương trên khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) . Ta có bảng biến thiên: x0 2 6 − f’(x) + 0 3 2 +6 0,50 f(x) 2 6 + 2 4 6 12 + 2 3 4 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6. Trang 3/5
V.a 2,00 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) 1 x 2 y2 Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0. a b ⎧c 5 ⎪= ⎪a 3 0,50 ⎪ Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20 ⎪2 2 2 ⎪c = a − b . ⎪ ⎩ Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. 0,50 x 2 y2 + = 1. Phương trình chính tắc của (E) là 9 4 2 Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm) ⎛1⎞ a1 a Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 + n + ... + n = f ⎜ ⎟ = 2n. n 2 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12. Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12+1 k k 2k C12 k k +1 ak 23 < 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔ 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . Tương tự, a k +1 Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 = 126720. 8 V.b 2,00 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) 1 1 Điều kiện: x > và x ≠ 1. 2 Phương trình đã cho tương đương với log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 0,50 ⇔ 1 + log 2 x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4. ⎡t = 1 2 = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢ Đặt t = log 2 x −1 (x + 1), ta có t + ⎣ t = 2. t • Với t = 1 ⇔ log 2 x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2. ⎡ x = 0 (lo¹i) • Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢ ⎢ x = 5 (tháa m·n) 0,50 ⎣ 4 5 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = . 4 Trang 4/5
Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) 2 A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 0,50 1 12 a + 3a 2 = a. Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = 2 2 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3. a3 1 Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC = (đvtt). 3 2 Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác B' BH cân tại B '. 0,50 Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B 'C ' thì ϕ = B ' BH a 1 Vậy cosϕ = =. 2.2a 4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. -------------Hết------------- Trang 5/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 4x 3 − 6x 2 + 1 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm M ( −1; − 9 ) . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx. ⎧4 3 22 ⎪ x + 2x y + x y = 2x + 9 ( x, y ∈ ) . 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 ⎪ x + 2xy = 6x + 6 ⎩ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2;1) , C ( −2;0;1) . 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2 x + 2y + z − 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu IV (2 điểm) π⎞ ⎛ π sin ⎜ x − ⎟ dx 4 ⎝ 4⎠ 1. Tính tích phân I = ∫ . sin 2x + 2(1 + sin x + cos x) 0 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá 2(x 2 + 6xy) trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 1 + 2xy + 2y 2 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) n +1 ⎛ 1 1⎞ 1 k ⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là 1. Chứng minh rằng n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; − 1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x + 3y − 1 = 0. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) ⎛ x2 + x ⎞ ⎟ < 0. 1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6 x+4 ⎠ ⎝ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. ...........................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:.............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 • TXĐ : . ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 1. • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ +∞ 0 1 − y’ + 0 0 + 0,25 +∞ 1 y −1 −∞ • Đồ thị : y 1 1 0,25 O x −1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) 2 Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình : y = kx + k − 9. Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có ⎧ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 ) ⎪ nghiệm : ⎨ ( 3) 2 ⎪12x − 12x = k 0,50 ⎩ ( ) Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = 12x 2 − 12x ( x + 1) − 9 ⎡ x = −1 ⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢ 2 ⎢x = 5 . ⎣ 4 • Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15. 5 15 15 21 • Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − . 0,50 4 4 4 4 15 21 Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − . 4 4 II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 Phương trình đã cho tương đương với sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0 0,50 ⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0. Trang 1/4
π kπ • cos2x = 0 ⇔ x = +. 42 π 0,50 • sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 3 π kπ π Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ). 42 3 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 2 Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9 2 ⎛2 x2 ⎞ ⎪ ⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9 ⎨ x2 2⎠ xy = 3x + 3 − ⎝ ⎪ 0,50 ⎩ 2 ⎡x = 0 ⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = − 4. • x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. 17 • x = −4 ⇒ y = . 0,50 4 ⎛ 17 ⎞ Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ . 4⎠ ⎝ III 2,00 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) 1 Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ 0,50 AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) . Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 0,50 2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0. 2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 0,50 (ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC. Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình ⎧2 x + 2y + z − 3 = 0 ⎪ ⎨ x y +1 z −1 0,50 ⎪1 = 2 = −4 . ⎩ Suy ra M ( 2;3; − 7 ) . IV 2,00 Tính tích phân (1,00 điểm) 1 π⎞ ⎛ Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx. ⎝ 4⎠ 0,25 π Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2. 4 Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 . 2 0,50 2 21 2 dt ∫ = Suy ra I = − 2 2 t +1 1 2 (t + 1) 1 ơ 2⎛ 1 1 ⎞ 4−3 2 = − ⎟= . 0,25 ⎜ 2 ⎝ 2 +1 2 ⎠ 4 Trang 2/4
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 2(x 2 + 6xy) 2(x 2 + 6xy) P= =2 . 1 + 2xy + 2y 2 x + y 2 + 2xy + 2y 2 • Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2. • Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó 2t 2 + 12t P= ⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1). 0,50 2 t + 2t + 3 3 − Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = . 4 − Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3. 3 1 3 1 P = 3 khi x = , y= hoặc x = − , y=− . 10 10 10 10 3 2 3 2 0,50 P = −6 khi x = , y=− hoặc x = − , y= . 13 13 13 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. V.a 2,00 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) 1 n +1 ⎛ 1 1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)! ⎜ k + k +1 ⎟ = . Ta có: 0,50 n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2 (n + 1)! 1 k!(n − k)! [(n + 1 − k) + (k + 1)] = . n+2 n! 0,50 k!(n − k)! 1 = = k. n! Cn Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) 2 • Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC. • u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u ⎛ a −1 b −1 ⎞ ; và trung điểm I ⎜ ⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là 0,50 ⎝2 2⎠ ⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0 ⎪ ⇒ H ' ( −3;1) . nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1 ⎪ 2 − 2 +2=0 ⎩ • Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0. ⎧3x − 4y + 13 = 0 ⇒ A(5;7). • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩ x−y+2=0 1 • Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4) 0,50 2 nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0. ⎧ 3x + 4y + 7 = 0 • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩3x − 4y + 13 = 0. ⎛ 10 3 ⎞ Suy ra C ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 3 4⎠ Trang 3/4
V.b 2,00 Giải bất phương trình (1,00 điểm) 1 Bất phương trình đã cho tương đương với x2 + x x2 + x 0,50 >1 ⇔ >6 log 6 x+4 x+4 ( x + 3)( x − 8) > 0. x 2 − 5x − 24 ⇔ >0 ⇔ 0,50 x+4 x+4 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( −4; − 3) ∪ ( 8; + ∞ ) . Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) 2 Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra a3 AB = a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH = SM = . 2 2 1 Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 . 2 a3 3 1 Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN = (đvtt). 3 3 S 0,50 E A D H M B C N Kẻ ME // DN (E ∈ AD) a suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có 2 (SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE 0,50 a5 a5 Suy ra SE = SA 2 + AE 2 = , ME = AM 2 + AE 2 = . 2 2 a 5 Tam giác SME cân tại E nên SME = ϕ và cosϕ = 2 = . 5 a5 2 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---------------- Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k > − 3 ) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx (1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx. ⎧ xy + x + y = x 2 − 2y 2 ⎪ ( x, y ∈ ). 2. Giải hệ phương trình ⎨ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y ⎪ ⎩ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3). 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV (2 điểm) 2 lnx 1. Tính tích phân I = ∫ dx. 3 1x 2. Cho x , y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu (x − y)(1 − xy) thức P = . (1 + x) 2 (1 + y) 2 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. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C1 + C3 + ... + C2n −1 = 2048 ( Ck là số tổ hợp 2n 2n 2n n chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y 2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC = 90o. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) x 2 − 3x + 2 ≥ 0. 1. Giải bất phương trình log 1 x 2 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, 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:.............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, 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 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 • Tập xác định : D = . ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 3x 2 − 6x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 2. • yCĐ = y ( 0 ) = 4, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ +∞ 0 2 + − y’ + 0 0 0,25 +∞ 4 y −∞ 0 • Đồ thị : y 4 0,25 −1 O 2 x Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) 2 Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;2) thuộc (C). Đường thẳng d đi qua I(1;2) với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,50 x 3 − 3x 2 + 4 = k(x − 1) + 2 ⇔ (x − 1) ⎡ x 2 − 2x − (k + 2) ⎤ = 0 ⎣ ⎦ ⎡ x = 1 (ứng với giao điểm I) ⇔⎢ 2 ⎣ x − 2x − (k + 2) = 0 (*). Do k > − 3 nên phương trình (*) có biệt thức Δ ' = 3 + k > 0 và x = 1 không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I( x I ; y I ), 0,50 A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) với x A , x B là nghiệm của (*). Vì x A + x B = 2 = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 Phương trình đã cho tương đương với 0,50 4sinx cos 2 x + s in2x = 1 + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 0. 2π 1 • cosx = − ⇔x=± + k2π. 2 3 π • sin2x = 1 ⇔ x = + kπ. 0,50 4 2π π + k 2π, x = + kπ (k ∈ ). Nghiệm của phương trình đã cho là x = ± 3 4 Trang 1/4
Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 2 Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. ⎧( x + y)(x − 2y − 1) = 0 (1) ⎪ Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎨ 0,50 ⎪ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2) ⎩ Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3). Thay (3) vào (2) ta được ( y + 1) 2y = 2(y + 1) ⇔ y = 2 (do y + 1 > 0 ) ⇒ x = 5. 0,50 Nghiệm của hệ là ( x ; y) = (5; 2). 2,00 III Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) 1 Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*), trong đó a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 (**). Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình ⎧6a + 6b + d = −18 0,50 ⎪6a + 6c + d = −18 ⎪ ⎨ ⎪6b + 6c + d = −18 ⎪6a + 6b + 6c + d = −27. ⎩ Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 0,50 x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) 2 ⎛3 3 3⎞ Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ . ⎝2 2 2⎠ Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx + ny + pz + q = 0 (m 2 + n 2 + p 2 > 0). Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 0,50 ⎧3m + 3n + q = 0 ⎪ ⎨3m + 3p + q = 0 ⇒ 6m = 6n = 6p = −q ≠ 0. ⎪3n + 3p + q = 0. ⎩ Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z − 6 = 0. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H của điểm I trên mặt phẳng (ABC). 3 3 3 x− y− z− 2. 2= 2= Phương trình đường thẳng IH : 1 1 1 0,50 ⎧x + y + z − 6 = 0 ⎪ Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ⎨ 3 3 3 ⎪x − 2 = y − 2 = z − 2 . ⎩ Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2). 2,00 IV Tính tích phân (1,00 điểm) 1 dx dx 1 Đặt u = ln x và dv = 3 ⇒ du = và v = − 2 . 0,25 x x 2x 2 2 2 ln x dx ln 2 1 Khi đó I = − 2 + ∫ 3 = − −2 0,50 8 2x 1 1 2x 4x 1 3 − 2 ln 2 = . 0,25 16 Trang 2/4
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 (x − y)(1 − xy) (x + y)(1 + xy) 1 1 1 Ta có P = ≤ ≤ ⇔− ≤P≤ . 0,50 [ (x + y) + (1 + xy)] 4 2 2 2 (1 + x) (1 + y) 4 4 1 • Khi x = 0, y = 1 thì P = − . 4 1 • Khi x = 1, y = 0 thì P = . 0,50 4 1 1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng − , giá trị lớn nhất của P bằng . 4 4 V.a 2,00 Tìm n biết rằng…(1,00) 1 Ta có 0 = (1 − 1) 2 n = C0 − C1 + ... − C 2n −1 + C 2n . 2n 2n 2n 2n 0,50 2 2 n = (1 + 1) 2n = C 0 + C1 + ... + C 2n −1 + C 2n . 2n 2n 2n 2n ⇒ C1 + C3 + ... + C 2n −1 = 22n −1. 2n 2n 2n 0,50 Từ giả thiết suy ra 2 2 n −1 = 2048 ⇔ n = 6. Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) 2 b2 c2 Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên B( ; b), C( ;c) với b, c 16 16 là hai số thực phân biệt, b ≠ 4 và c ≠ 4. ⎛ b2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ AB = ⎜ − 1; b − 4 ⎟ , AC = ⎜ − 1; c − 4 ⎟ . Góc BAC = 90o nên 0,50 ⎝ 16 ⎝ 16 ⎠ ⎠ ⎛ b2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ AB.AC = 0 ⇔ ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + (b − 4)(c − 4) = 0 ⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⇔ 272 + 4(b + c) + bc = 0 (1). Phương trình đường thẳng BC là: c2 x− 16 = y − c ⇔ 16x − (b + c)y + bc = 0 (2). 0,50 b c2 b − c 2 − 16 16 Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; −4). V.b 2,00 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) 1 x 2 − 3x + 2 Bpt đã cho tương đương với 0 < ≤ 1. 0,50 x ⎡0 < x < 1 x 2 − 3x + 2 • > 0⇔⎢ ⎣ x > 2. x ⎡x < 0 x 2 − 4x + 2 0,50 • ≤ 0⇔⎢ x ⎣ 2 − 2 ≤ x ≤ 2 + 2. )( Tập nghiệm của bất phương trình là : ⎡ 2 − 2 ;1 ∪ 2; 2 + 2 ⎤ . ⎣ ⎦ Trang 3/4
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) 2 Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. 1 23 Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 'B'C' = AA '.SABC = a 2. .a 2 = a (đvtt). 2 2 A' B' 0,50 C' E A B M C Gọi E là trung điểm của BB ' . Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B 'C nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B 'C bằng khoảng cách giữa B 'C và mặt phẳng (AME). Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME). Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA, 0,50 BM, BE đôi một vuông góc nên a7 1 1 1 1 1 1 4 2 7 ⇒ 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h= = + + . 2 2 2 2 7 h BA BM BE h a a a a a7 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng B 'C và AM bằng 7 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---------------- Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x Cho hàm số y = . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin 3x − 3 cos 3x = 2sin 2x. ⎧ x − my = 1 có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình ⎨ ⎩mx + y = 3 xy < 0. Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình x y z −1 = = . 1 −1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O. Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = − x 2 + 4x và đường thẳng d : y = x. 2. Cho hai số thực x , y thay đổi và thỏa mãn x 2 + y 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ ( ) nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y3 − 3xy. 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 toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x − 2y + 3 = 0. 18 ⎛ 1⎞ ( x > 0). 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ ⎝ x⎠ Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0. 2 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD = ABC = 90o , AB = BC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a. ---------------------------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: …………………………