Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn thi: Toán, Khối A, B, D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 2mx (3m 2)x 2y (1),x 3m+ − −= + với m là tham số thực. 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 o45 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 1 1 7π4s in x .3πs inx 4sin x 2 ⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠ 2. Giải hệ phương trình ( )2 3 24 2 5x y x y xy xy 4 x, y .5x y xy(1 2x) 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 2d : .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) 1. Tính tích phân π 460 tg xI dx.cos 2x= ∫ 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ).∈\ 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 (E) có tâm sai bằng 53 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 2. Cho khai triển ( )n n0 1 n1 2x a a x ... a x ,+ = + + + trong đó *n ∈` và các hệ số 0 1 na ,a ,..., a thỏa mãn hệ thức 1 n0 na aa ... 4096.2 2+ + + = Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a . Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 22x 1 x 1log (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 ' . ...........................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:............................................... ĐỀ CHÍNH THỨC 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 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2y 4x 6x 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 3 3 2 2sin x 3cos x s inxcos x 3sin xcosx.− = − 2. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 2 x 2x y x y 2x 9 x 2xy 6x 6 ⎧ + + = +⎪⎨ + = +⎪⎩ ( )x, y .∈\ 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 2x 2y z 3 0+ + − = sao cho MA MB MC.= = Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 4 0 sin x dx 4I . sin 2x 2(1 sin x cos x) π π⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠ = + + +∫ 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2x y 1.+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2(x 6xy)P . 1 2xy 2y + = + + 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. Chứng minh rằng k k 1 k n 1 n 1 n n 1 1 1 1 n 2 C C C++ + ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ (n, k là các số nguyên dương, k n,≤ knC là 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 4x 3y 1 0.+ − = Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2 0,7 6 x xlog log 0. 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:............................................. ĐỀ CHÍNH THỨC 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 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2y x 3x 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.+ + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2xy x y x 2y x 2y y x 1 2x 2y ⎧ + + = −⎪⎨ − − = −⎪⎩ (x, y ).∈\ 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) 1. Tính tích phân 2 3 1 lnxI dx. x = ∫ 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 (x y)(1 xy)P . (1 x) (1 y) − − = + + 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 1 3 2n 12n 2n 2nC C ... C 2048 −+ + + = ( knC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : 2y 16x= và điểm A(1;4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc n oBAC 90 .= Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2 1 2 x 3x 2log 0. x − + ≥ 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:............................................. ĐỀ CHÍNH THỨC Trang 1/5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu 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 hàm số trở thành: 2x x 2 4y x 2 . x 3 x 3 + − = = − + + + • TXĐ: { }D \ 3 .= −\ • Sự biến thiên: 2 2 2 4 x 6x 5y ' 1 , (x 3) (x 3) + + = − = + + x 1 y ' 0 x 5 = −⎡ = ⇔ ⎢ = −⎣ • yCĐ ( )y 5 9= − = − , yCT ( )y 1 1.= − = − 0,25 • TCĐ: x 3= − , TCX: y x 2.= − 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 •Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 2mx (3m 2)x 2 6m 2y mx 2 . x 3m x 3m + − − − = = − + + + • Khi 1m 3 = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 0,25 • Khi 1m 3 ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : d1: x 3m x 3m 0,= − ⇔ + = d2: y mx 2 mx y 2 0.= − ⇔ − − = 0,25 Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là 1n (1;0)= JJG , 2n (m; 1).= − JJG Góc giữa d1 và d2 bằng o45 khi và chỉ khi 1 20 2 2 1 2 n .n m m 2cos45 m 1. 2n . n m 1 m 1 = = ⇔ = ⇔ = ± + + JJG JJG JJG JJG 0,50 x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 + y −∞ −∞ +∞ +∞ 1− 9− -3 -1 O -1 -9 -5 y x 2 -2 Trang 2/5 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện sin x 0≠ và 3πsin(x ) 0. 2 − ≠ Phương trình đã cho tương đương với: 1 1 2 2(s inx + cosx) s inx cosx + = − ⇔ 1(s inx + cosx) 2 2 0. s inxcosx ⎛ ⎞ + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,50 • s inx + cosx 0 x k . 4 π = ⇔ = − + π • 1 2 2 s inxcosx + = 0 2sin 2x x k 2 8 π ⇔ = − ⇔ = − + π hoặc 5x k . 8 π = + π Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : x k ; 4 π = − + π 5x k ; x k (k ). 8 8 π π = − + π = + π ∈] 0,50 2 Giải hệ... (1,00 điểm) 2 3 2 4 2 5x y x y xy xy 4 5x y xy(1 2x) 4 ⎧ + + + + = −⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩ ( )2 2 2 2 5x y xy xy x y 4 5(x y) xy 4 ⎧ + + + + = −⎪⎪ ⇔ ⎨⎪ + + = −⎪⎩ ( )∗ Đặt 2u x y v xy ⎧ = +⎨ =⎩ . Hệ phương trình ( )∗ trở thành 2 5u v uv 4 5u v 4 ⎧ + + = −⎪⎪⎨⎪ + = −⎪⎩ 2 3 2 5 5v u u 0, v 4 4 u 1 3u u 0 u , v . 4 2 2 ⎧ ⎡ = − − = = −⎪ ⎢⎪ ⇔ ⇔ ⎢⎨ ⎢⎪ + + = = − = −⎢⎪⎩ ⎣ 0,50 • Với u = 0, 5v 4 = − ta có hệ pt 2x y 0 5xy 4 ⎧ + =⎪⎨ = −⎪⎩ ⇔ 3 5x 4 = và 3 25y 16 = − . • Với 1 3u , v 2 2 = − = − ta có hệ phương trình 2 33 1x 0 2x x 3 0 2x 2 33 yy 2x2x ⎧ ⎧− + = + − =⎪⎪ ⎪ ⇔⎨ ⎨ = −⎪ ⎪ = − ⎩⎪⎩ ⇔ x 1= và 3y . 2 = − Hệ phương trình có 2 nghiệm : 3 35 25; 4 16 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ và 31; . 2 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,50 III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 2;1;2 .G Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5;2t 1).= − − − JJJG 0,50 Vì AH ⊥ d nên AH. u 0= JJJG G ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra ( )H 3;1;4 . 0,50 Trang 3/5 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 khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H. 0,50 Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH JJJG = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của ( )α là 1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 3 0.− + − = 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm) I = ( ) π π 4 46 6 2 2 0 0 tg x tg xdx dx. cos 2x 1 tg x cos x = − ∫ ∫ Đặt 2 dxt tgx dt . cos x = ⇒ = Với x 0= thì t 0= ; với x 6 π = thì 1t . 3 = 0,25 Suy ra 1 3 4 2 0 tI dt 1 t = − ∫ ( ) 1 1 3 3 2 0 0 1 1 1t 1 dt dt 2 t 1 t 1 ⎛ ⎞ = − + + −⎜ ⎟+ −⎝ ⎠∫ ∫ 3 1t 1 t 1t ln 3 3 2 t 1 0 ⎛ ⎞+ = − − +⎜ ⎟ −⎝ ⎠ 0,50 ( )1 10ln 2 3 .2 9 3= + − 0,25 2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) Điều kiện: 0 x 6≤ ≤ . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , [ ]x 0; 6 .∈ Ta có 3 34 4 1 1 1 1f '(x) 2x 6 x2 (2x) 2 (6 x) = + − − − − 3 34 4 1 1 1 1 1 2 2x 6 x(2x) (6 x) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠ , x (0;6).∈ Đặt 3 34 4 1 1 1 1u(x) , v(x) . 2x 6 x(2x) (6 x) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠ 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 . 0,50 Ta có bảng biến thiên: Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 42 6 2 6 m 3 2 6.+ ≤ < + 0,50 f’(x) + 0 − x 0 2 6 f(x) 3 2 6+ 42 6 2 6+ 4 12 2 3+ Trang 4/5 V.a 2,00 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 2 2 2 x y 1 a b + = , a b 0.> > Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( ) 2 2 2 c 5 a 3 2 2a 2b 20 c a b . ⎧ =⎪⎪⎪ + =⎨⎪ = −⎪⎪⎩ 0,50 Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. Phương trình chính tắc của (E) là 2 2x y 1. 9 4 + = 0,50 2 Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a ... (1,00 điểm) Đặt ( ) ( )n n0 1 nf x 1 2x a a x ... a x= + = + + + n1 n0 na a 1a ... f 2 .2 2 2 ⎛ ⎞⇒ + + + = =⎜ ⎟⎝ ⎠ Từ giả thiết suy ra n 122 4096 2= = n 12.⇔ = 0,50 Với mọi { }k 0,1, 2,...,11∈ ta có k kk 12a 2 C= , k 1 k 1k 1 12a 2 C+ ++ = k k k 12 k 1 k 1 k 1 12 a 2 C1 1 a 2 C+ ++ < ⇔ < ( ) k 1 1 2 12 k + ⇔ < − 23k . 3 ⇔ < Mà k ∈] k 7.⇒ ≤ Do đó 0 1 8a a ... a .< < < Tương tự, k k 1 a 1 k 7. a + > ⇔ > Do đó 8 9 12a a ... a .> > > Số lớn nhất trong các số 0 1 12a ,a ,..., a là 8 8 8 12a 2 C 126720.= = 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) Điều kiện: 1x 2 > và x 1.≠ Phương trình đã cho tương đương với 22x 1 x 1log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4− +− + + − = 2x 1 x 11 log (x 1) 2log (2x 1) 4.− +⇔ + + + − = Đặt 2x 1t log (x 1),−= + ta có 2 t 12t 3 t 3t 2 0 t 2.t =⎡ + = ⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎣ 0,50 • Với 2x 1t 1 log (x 1) 1 2x 1 x 1 x 2.−= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ = • Với − =⎡⎢ = ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ ⎢ =⎣ 2 2x 1 x 0 (lo¹i) t 2 log (x 1) 2 (2x 1) x 1 5 x (tháa m·n) 4 Nghiệm của phương trình là: x 2= và 5x . 4 = 0,50 Trang 5/5 2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra A 'H ⊥ (ABC) và AH = 1 2 BC = 2 21 a 3a a. 2 + = Do đó 2 2 2A 'H A 'A AH= − 23a= A 'H a 3.⇒ = Vậy 3 A'.ABC ABC 1 aV A'H.S 3 2Δ = = (đvtt). 0,50 Trong tam giác vuông A 'B'H có: 2 2HB' A 'B' A 'H 2a= + = nên tam giác B'BH cân tại B '. Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì nB'BHϕ = Vậy a 1cos 2.2a 4 ϕ = = . 0,50 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------------- C A B B' A ' H C ' BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : .\ • Sự biến thiên : , 2y ' 12x 12x= − x 0 y ' 0 x 1 =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ . 0,25 • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25 • Bảng biến thiên : 0,25 • Đồ thị : Trang 1/4 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình : Δ (M 1; 9− − ) .y kx k 9= + − Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm : ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4x 6x 1 k x 1 9 2 12x 12x k 3 ⎧ − + = + −⎪⎨ − =⎪⎩ Thay k từ (3) vào (2) ta được : ( )( )3 2 24x 6x 1 12x 12x x 1 9− + = − + − ( ) ( )2x 1 4x 5 0⇔ + − = x 1 5x . 4 = −⎡⎢⇔ ⎢ =⎣ 0,50 y’ + 0 − 0 + x −∞ 0 1 y 1 1− −∞ +∞ +∞ O y x 1 −1 1 • Với thì , phương trình tiếp tuyến là : x = −1 k 24= y 24x 15.= + • Với 5x 4 = thì 15k 4 = , phương trình tiếp tuyến là : 15 21y x 4 4 = − . Các tiếp tuyến cần tìm là : và y 24x 15= + 15 21y x 4 4 = − . 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0− + − = cos 2x(sin x 3 cos x) 0.⇔ + = 0,50 kcos2x 0 x . 4 2 π π • = ⇔ = + sinx 3cosx 0 x k . 3 π • + = ⇔ = − + π Nghiệm của phương trình là kx , 4 2 π π = + x k 3 π = − + π (k ).∈] 0,50 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 (x xy) 2x 9 xxy 3x 3 2 ⎧ + = +⎪⎨ = + −⎪⎩ 22 2 xx 3x 3 2x 2 ⎛ ⎞⇒ + + − = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 9 . 4 3 2x 12x 48x 64x 0⇔ + + + = 3x(x 4) 0⇔ + = x 0 x 4 =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,50 x 0• = không thỏa mãn hệ phương trình. 17x 4 y 4 • = − ⇒ = . Nghiệm của hệ phương trình là 17(x ; y) 4; . 4 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) Ta có ( )AB 2; 3; 1 ,= − −JJJG (AC 2; 1; 1 ,= − − − Trang 2/4 )JJJG tích có hướng của hai vectơ là AB, AC JJJG JJJG ( )n 2;4; 8= −G . 0,50 Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n G làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ( ) ( ) ( )2 x 0 4 y 1 8 z 2 0− + − − − = x 2y 4z 6 0⇔ + − + = . 0,50 2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm của BC. AB.AC 0= JJJG JJJG (I 0; 1;1− ) 0,50 Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình 2x 2y z 3 0 x y 1 z 1. 1 2 4 + + − =⎧⎪ + −⎨ = =⎪ −⎩ 0,50 Suy ra ( )M 2;3; 7 .− IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt ⇒ t sinx cosx= + dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx. 4 π⎛ ⎞ = − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠ Với x = 0 thì t = 1, với x 4 π = thì t 2= . 0,25 Ta có 2sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .+ + + = + Suy ra 2 2 1 2 dtI 2 (t 1) = − +∫ 2 1 2 1 2 t 1 = + 0,50 ơ 2 1 1 4 3 2 . 2 22 1 −⎛ ⎞ = − =⎜ ⎟ +⎝ ⎠ 4 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 2 2 2 2 2(x 6xy) 2(x 6xy)P . 1 2xy 2y x y 2xy 2y + + = = + + + + + Trang 3/4 2 . . , • Nếu thì Suy ra P = 2. y 0= 2x 1= • Xét Đặt khi đó y 0≠ x ty= 2 2 2t 12tP t 2t + = + + 3 , ⇔ (1). 2(P 2)t 2(P 6)t 3P 0− + − + = − Với phương trình (1) có nghiệm P 2= 3t . 4 = − Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi P 2≠ , .2' 2P 6P 36 0 6 P 3Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤ 0,50 P 3= khi 3x , y 10 10 = = 1 hoặc 3 1x , y 10 10 = − = − . 6 P = − khi 3 2x , y 13 13 = = − hoặc 3 2x , y 13 13 = − = . Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. 0,50 V.a 2,00 1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: k k 1 n 1 n 1 n 1 1 1 n 2 C C ++ + ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!. n 2 (n 1)! + + − + + − + + 0,50 [ ]1 k!(n k)!. (n 1 k) (k n 2 n! − = + − + 1)+ + k n k!(n k)! 1 . n! C − = = 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu Gọi là điểm đối xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC. 1d : x y 2 0,− + = 2d : 4x 3y 1 0.+ − = H'(a ;b) 1d H ' • là vectơ chỉ phương của u (1;1= G ) 1d , HH ' (a 1;b 1)= + + JJJJG vuông góc với và trung điểm I u G a 1 b 1; 2 2 − −⎛ ⎞⎜ của thuộc Do đó tọa độ của H ' là nghiệm của hệ phương trình ⎟⎝ ⎠ HH ' 1d . 1(a 1) 1(b 1) 0 a 1 b 1 2 0 2 2 + + + =⎧⎪⎨ − − − + =⎪⎩ ( )H ' 3;1 .⇒ − 0,50 • Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là và có phương trình H ' 2d v (3; 4)= − G 3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+ − − = ⇔ − + = • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y + 13 = 0 x y 2 0 −⎧⎨ − + =⎩ A(5;7).⇒ • Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến (H 1; 1− − ) 1 HA 2 JJJG = (3 ; 4) nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0. ⇔ • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y 7 0 3x 4y 13 0. + + =⎧⎨ − + =⎩ Suy ra C 10 3; . 3 4 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Trang 4/4 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 6 x xlog 1 x 4 + > + 2x x 6 x 4 + ⇔ > + 0,50 2x 5x 24 0 x 4 − − ⇔ > + ( )( )x 3 x 8 0. x 4 + − ⇔ > + Tập nghiệm của bất phương trình là : ( ) (4; 3 8; .− − ∪ + ∞) 0,50 2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. ( )ABCD .⊥ 2SB a 3a AB+ = + =Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra 2 2 2 2 ABSM a. 2 = = Do đó tam giác đều, suy ra SAM a 3SH . 2 = Diện tích tứ giác BMDN là 2BMDN ABCD 1S S 2 = = 2a . Thể tích khối chóp S.BMDN là BMDN 1V SH.S 3 = 3a 3 3 = (đvtt). 0,50 S A B C H M N E D Kẻ (E AD)∈ME // DN aAE Đặt . 2 = ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có suy ra n(SM, ME) .= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE⊥ 0,50 2 2 a 5SE SA AE , 2 = + = 2 2 a 5ME AM AE . 2 = + = Suy ra a 52nSME = ϕTam giác SME cân tại E nên và cos . 5a 5 2 ϕ = = 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---------------- BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung Câu Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = .\ • Sự biến thiên : , 2y ' 3x 6x= − x 0 y ' 0 x 2 =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ . 0,25 • yCĐ = ( ) ( )CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25 • Bảng biến thiên : 0,25 • Đồ thị : Trang 1/4 0,25 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng (1,00 điểm) Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. (C) I(1;2) (C). I(1;2) Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình (C) 3 2x 3x 4 k(x 1) 2− + = − + ⇔ 2(x 1) x 2x (k 2) 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦ ⇔ 2 x 1 x 2x (k 2) 0 (*) =⎡⎢ − − + =⎣ . 0,50 Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = và không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I( với là nghiệm của (*). k > − x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 y 4 0 −∞ + +∞ 4 −1 O y 2 x (ứng với giao điểm I) 3 + > x ; y ), I ' 3 k 0 x 1= (C) I I A A B BA(x ; y ),B(x ; y ) A Bx , x Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). A Bx x 2 2x+ = = 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 24sinx cos x s in2x = 1 + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50 1 2cosx x k2 . 2 3 π • = − ⇔ = ± + π sin2x 1 x k . 4 π • = ⇔ = + π Nghiệm của phương trình đã cho là 2x k2 , 3 π = ± + π x k 4 π = + ).∈]π (k 0,50 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với (x y)(x 2y 1) 0 (1) x 2y y x 1 2x 2y (2) + − − =⎧⎪⎨ − − = −⎪⎩ Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3). Trang 2/4 0,50 Thay (3) vào (2) ta được (y 1) 2y 2(y 1)+ = + ⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5. y 1 0+ > Nghiệm của hệ là (x ; y) (5;2).= 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),+ + + + + + = 2 2 2a b c d 0 (**).+ + − > Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình 6a 6b d 18 6a 6c d 18 6b 6c d 18 6a 6b 6c d 27. + + = −⎧⎪ + + = −⎪⎨ + + = −⎪⎪ + + + = −⎩ 0,50 Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 2 2 2x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − − 0,50 2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 3 3 3I ; ; 2 2 2 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠. Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2(m n p 0).+ + > Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 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.+ + − = 0,50 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC). H Phương trình đường thẳng IH : 3 3x y z 2 2 . 1 1 1 − − − = = 3 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x y z 6 0 3 3x y z 2 2 + + − =⎧⎪⎨ − = − = −⎪⎩ 3 . 2 Giải hệ trên ta được H(2;2;2). 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt và u ln x= 3 dxdv x = dxdu x ⇒ = và 2 1v . 2x = − 0,25 Khi đó 2 2 2 3 1 1 ln x dxI 2x 2x = − + ∫ 2 2 1 ln 2 1 8 4x = − − 0,50 3 2 ln 2 . 16 − = 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) Ta có [ ]22 2 (x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1P P (1 x) (1 y) 4 4 4(x y) (1 xy) − − + + = ≤ ≤ ⇔ − ≤ + + + + + Trang 3/4 .≤ 0,50 • Khi thì x 0, y 1= = 1P . 4 = − • Khi thì x 1, y 0= = 1P . 4 = Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 , 4 − giá trị lớn nhất của P bằng 1 . 4 0,50 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng(1,00) Ta có 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n0 (1 1) C C ... C C . − = − = − + − + 2n 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n2 (1 1) C C ... C C . − = + = + + + + 0,50 ⇒ 1 3 2n 1 2n2n 2n 2nC C ... C 2 .− −+ + + = 1 6. Từ giả thiết suy ra 2n 12 2048 n− = ⇔ = 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên 2bB( ;b), 16 2cC( ;c) 16 với b, c là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4 .≠ 2 2b cAB 1;b 4 , AC 1;c 4 . 16 16 ⎛ ⎞ ⎛ = − − = − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ JJJG JJJG ⎞⎟⎠ Góc nên n oBAC 90= AB .AC 0= JJJG JJJG ⇔ 2 2b c1 1 (b 4)(c 4) 16 16 ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 0= ⇔ (1). 272 4(b c) bc 0+ + + = 0,50 Phương trình đường thẳng BC là: 2 2 2 cx y c16 b c b c 16 16 − − = − − 16x (b c)y bc 0⇔ − + + = (2). Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I( 17; 4).− 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bpt đã cho tương đương với 2x 3x 20 1 x − + < ≤ . 0,50 2 0 x 1x 3x 2 0 x 2.x < <⎡− + • > ⇔ ⎢ >⎣ 2 x 0x 4x 2 0 x 2 2 x 2 2 <⎡ − + • ≤ ⇔ ⎢ − ≤ ≤ +⎣ . Tập nghiệm của bất phương trình là : ) (2 2 ;1 2;2 2 .⎡ ⎤− ∪ +⎣ ⎦ 0,50 2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích khối