ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối D

Chia sẻ: Nguyen Huu Du | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

345
lượt xem 68
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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) Nội dung Điểm 2,00 Câu I Ý 1 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 0,25 +∞ y' y + +∞ + 2 0,25 −∞ 2 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = −...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (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) 2x 2 Ta có y = = 2− . x +1 x +1 • Tập xác định: D = \{−1} . 2 0,25 • Sự biến thiên: y ' = > 0, ∀x ∈ D. (x + 1) 2 Bảng biến thiên x −∞ −1 +∞ y' + + 0,25 +∞ 2 y 2 −∞ • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25 • Đồ thị: y 2 0,25 −1 O x 2 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 ⎠ 2 2x 0 2 2x 0 y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) + ⇔y= x+ . x0 +1 ( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2 ⎛ 0,25 2x 0 ⎞ 2 ⇒A ( 2 − x 0 ;0 ) , B ⎜ 0; ⎟. ⎜ ( x + 1)2 ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎡ 2x 0 + x 0 + 1 = 0 2 ⎡ 1 ⎢x0 = − 2 2 2x 0 2 1 Từ giả thiết ta có: . −x0 = ⇔⎢ ⇔ 0,50 ( x 0 + 1)2 2 2 ⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0. ⎢ ⎣ ⎣x0 = 1 1/4
1 ⎛ 1 ⎞ Với x 0 = − ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ . 2 ⎝ 2 ⎠ Với x 0 = 1 ta có M (1;1) . 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 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với ⎛ π⎞ 1 0,50 1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = ⎝ 6⎠ 2 π π ⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) . 0,50 2 6 2 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 0,25 ⎨ 3 ⇔⎨ ⎪u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 3 ⎩ ⎩uv = 8 − m ⇔ 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). Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 : Bảng biến thiên của f ( t ) : t −∞ −2 2 5/ 2 +∞ f '( t ) − − 0 + 0,50 +∞ +∞ f (t) 22 2 7/4 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 0,25 ≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 . 4 III 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) . 0,25 Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) . 0,50 Vectơ chỉ phương của d là: n = (12; −6;6 ) = 6 ( 2; −1;1) . x y−2 z−2 0,25 Phương trình đường thẳng d: = = . 2 −1 1 2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) 0,25 2/4
( ⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) 2 2 ) + ( ( −2 + t ) 2 + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) 2 2 ) = 12t 2 − 48t + 76 = 12 ( t − 2 ) + 28. 2 0,50 MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2. Khi đó M ( −1;0; 4 ) . 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) 2 ln x x4 Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du = dx, v = . Ta có: x 4 e e e 0,50 x4 1 e4 1 I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx. 4 1 21 4 21 dx x4 Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = , v = . Ta có: x 4 e e e e x4 1 e4 1 3e4 + 1 ∫ ln x − ∫ x 3dx = − x 4 = 3 x ln xdx = . 0,50 1 4 1 41 4 16 1 16 5e4 − 1 Vậy I = . 32 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( ln 1 + 4a ) ≤ ln (1 + 4 ) . b 0,50 (1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) ⇔ a b a a b b ln (1 + 4 ) x Xét hàm f ( x ) = với x > 0. Ta có: x f '( x ) = ( 4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x ) ( ) 0 nên f ( a ) ≤ f ( b ) và ta có điều phải chứng minh. V.a 2,00 1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm) Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) là ( −2 ) .C5 . 4 5 4 0,50 Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 (1 + 3x ) 10 là 33.C10 . 3 Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) + x 2 (1 + 3x ) 5 10 là 0,50 ( −2 )4 C5 + 33.C10 = 3320. 4 3 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. Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d 0,50 tiếp xúc với ( C ' ) tại P ⇔ d ( I;d ) = 6 ⇔ m = 19, m = −41. 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: 0,50 ( ) ( ) ( ) 2 2 log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3 ⇔ 5. 2x − 13.2x − 6 = 0 ⎡ x 2 ⇔ ⎢2 = − 5 ⎢ x 0,50 ⎢2 = 3 ⎣ Do 2x > 0 nên 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 (thỏa mãn điều kiện). 2 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. S 0,50 H A I D B C SH SA 2 SA 2 2a 2 2 Trong tam giác vuông SAB ta có: = 2 = 2 2 = 2 2 = SB SB SA + AB 2a + a 3 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 0,50 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 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