Đề và đáp án - Toán khối B - Từ năm 2002 đến 2009

bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề chính thức Môn thi : toán, Khối B. (Thời gian làm bài : 180 phút) _____________________________________________ Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1=m . 2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị. Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Giải ph−ơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− . 2. Giải bất ph−ơng trình: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx . 3. Giải hệ ph−ơng trình:   ++=+ −=− .2 3 yxyx yxyx Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng : 4 4 2xy −= và 24 2xy = . Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm    0; 2 1I , ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB là 022 =+− yx và ADAB 2= . Tìm tọa độ các đỉnh DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho hình lập ph−ơng 1111 DCBABCDA có cạnh bằng a . a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng BA1 và DB1 . b) Gọi PNM ,, lần l−ợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,1 , 11DA . Tính góc giữa hai đ−ờng thẳng MP và NC1 . Câu V. (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác đều nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O . Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L , tìm n . --------------------------------------Hết------------------------------------------- Ghi chú : 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:............................... 1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 ------------------------- Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu ý Nội dung ĐH CĐ I 1 Với 1=m ta có 108 24 +−= xxy là hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy . Tập xác định ∀ Rx∈ , ( )44164' 23 −=−= xxxxy , 0'=y   ±= =⇔ 2 0 x x , 3 4121612" 22    −=−= xxy 3 20" ±=⇔= xy . Bảng biến thiên: ∞+−−∞− 2 3 20 3 22x −'y 0 + 0 − 0 + "y + 0 − 0 + ∞+ 10 ∞+ y lõm U CĐ U lõm CT lồi CT 6− 6− Hai điểm cực tiểu : ( )6;21 −−A và ( )6;22 −A . Một điểm cực đại: ( )10;0B . Hai điểm uốn:    − 9 10; 3 2 1U và    9 10; 3 2 2U . Giao điểm của đồ thị với trục tung là ( )10;0B . Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ: 64 +±=x và 64 −±=x . (Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ ∑ 5,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ x 0 10 y -6 -2 2 A2 A1 B U1 U2 2 I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy ,   =−+ =⇔= 092 0 0' 22 mmx x y Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình 0'=y có 3 nghiệm phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)⇔ ph−ơng trình 092 22 =−+mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 092 22 =−+mmx    −= ≠ ⇔ m mx m 2 9 0 2 2 . Ph−ơng trình 092 22 =−+mmx có 2 nghiệm khác 0   << −<⇔ .30 3 m m Vậy hàm số có ba điểm cực trị   << −<⇔ .30 3 m m ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− 2 12cos1 2 10cos1 2 8cos1 2 6cos1 xxxx +−−=+−−⇔ ( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ xxxx ( ) 07cos11coscos =−⇔ xxx 02sin9sincos =⇔ xxx . 2 902sin9sin Zkkx kx xx ∈     = = ⇔=⇔ π π Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đ−a về ph−ơng trình tích. ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx (1). Điều kiện: 73log1729 0)729(log 0729 1,0 9 3 >⇔>−⇔    >− >− ≠> x xx x x x (2). Do 173log9 >>x nên ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3 ( ) 072333729 2 ≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3). Đặt xt 3= thì (3) trở thành 2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x . Kết hợp với điều kiện (2) ta đ−ợc nghiệm của bất ph−ơng trình là: 273log9 ≤< x . ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 3   ++=+ −=− ).2(2 )1(3 yxyx yxyx Điều kiện: )3( .0 0   ≥+ ≥− yx yx ( )  += =⇔=−−−⇔ .101)1( 63 yx yxyxyx Thay yx = vào (2), giải ra ta đ−ợc .1== yx Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 2 1, 2 3 == yx . Kết hợp với điều kiện (3) hệ ph−ơng trình có 2 nghiệm: 1,1 == yx và 2 1, 2 3 == yx Chú ý: Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:   += = .1yx yx ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tìm giao điểm của hai đ−ờng cong 4 4 2xy −= và 24 2xy = : 4 4 2x− = 24 2x 8804 432 2 24 ±=⇔=⇔=−+⇔ xxxx . Trên [ ]8;8− ta có 24 2x 4 4 2x−≤ và do hình đối xứng qua trục tung nên dxxxS ∫     −−= 8 0 22 244 42 21 8 0 2 8 0 2 22 116 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ . Để tính 1S ta dùng phép đổi biến tx sin4= , khi 40 π≤≤ t thì 80 ≤≤ x . tdtdx cos4= và   ∈∀> 4 ;00cos πtt . Do đó ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 5,1 đ 0,5 đ 0,25 đ x 0-4 4 2 y -2 2 2 2 2 A2 A1 4 x 4y 2 −= 24 x y 2 = 4 ( ) 422cos18cos1616 4 0 4 0 2 8 0 2 1 +=+==−= ∫∫∫ π ππ dtttdtdxxS . 3 8 26 1 22 1 8 0 3 8 0 2 2 === ∫ xdxxS . Vậy 34221 +=−= πSSS . Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dxxxS ∫ −       −−= 8 8 22 244 4 . 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ IV 1 Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳng AB bằng 2 5 5=⇒ AD và 2 5== IBIA . Do đó BA, là các giao điểm của đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I và bán kính 2 5=R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :      =+   − =+− 2 2 2 2 5 2 1 022 yx yx Giải hệ ta đ−ợc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (vì 0<Ax ) ( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC . Chú ý: Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đ−ờng thẳng AB . Sau đó tìm BA, là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ−ờng thẳng AB . ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ xCIOA D B H y 5 IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA1 và DB1 . Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 ⇒ ( ) ( ) ( )0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA =−−=−=⇒ và [ ] ( )22211 ;2;, aaaDBBA = . Vậy ( ) [ ][ ] 66, ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. ( ) DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 ⊥⇒⊥⇒   ⊥ ⊥ . T−ơng tự DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ . Gọi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nên GGCGBGA ⇒== 11 là tâm tam giác đều 11BCA có cạnh bằng 2a . Gọi I là trung điểm của BA1 thì IG là đ−ờng vuông góc chung của BA1 và DB1 , nên ( ) 62 3 3 1 3 1, 1111 aBAICIGDBBAd ==== . Chú ý: Thí sinh có thể viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )P chứa BA1 và song song với DB1 là: 02 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1B (hoặc từ D ) tới ( )P , hoặc viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa DB1 và song song với BA1 là: 022 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1A (hoặc từ B) tới ( )Q . ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ x D1 D C1 B1 A1 z y x A CB I G 6 2b) Cách I. Từ Cách I của 2a) ta tìm đ−ợc        aaPaaNaaM ; 2 ;0,0;; 2 , 2 ;0; 0.;0; 2 , 2 ; 2 ; 11 =⇒  =  −=⇒ NCMPaaNCaaaMP . Vậy NCMP 1⊥ . Cách II. Gọi E là trung điểm của 1CC thì ( )⇒⊥ 11CCDDME hình chiếu vuông góc của MP trên ( )11CCDD là 1ED . Ta có NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111 0 111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Từ đây theo định lý ba đ−ờng vuông góc ta có NCMP 1⊥ . ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ V Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L là 32nC . Gọi đ−ờng chéo của đa giác đều nAAA 221 L đi qua tâm đ−ờng tròn ( )O là đ−ờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đ−ờng chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L có các đ−ờng chéo là hai đ−ờng chéo lớn. Ng−ợc lại, với mỗi cặp đ−ờng chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đ−ờng chéo lớn của đa giác nAAA 221 L tức 2nC . Theo giả thiết thì: ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ D1A1 B1 C1 C B A M E N P y x z 7 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 120 6 2212.2 !2!2 !20 !32!3 !220 232 −=−−⇔−=−⇔= nnnnn n n n nCC nn 81512 =⇔=−⇔ nn . Chú ý: Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đến kết quả số hình chữ nhật là 2 )1( −nn thì cho điểm tối đa phần này. 0,5 đ www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao Đẳng – Đại Học – Cao Học. * Tài Liệu Toỏn – Đề Thi Toỏn cho học sinh THPT. * Phần mềm Toỏn. * Giỏo Trỡnh – Từ Điển – Phần Mềm Học Tiếng Anh. * Cỏc Phần mềm ứng dụng khỏc. Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 ----------------------- Môn thi : toán khối B Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút _______________________________________________ Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số ( là tham số). 3 23 (1)y x x m= − + m 1) Tìm để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ. m 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =2. Câu 2 (2 điểm). 1) Giải ph−ơng trình 2otg tg 4sin 2 sin 2 x x xc x − + = . 2) Giải hệ ph−ơng trình 2 2 2 2 2 3 23 . yy x xx y  += + = Câu 3 (3 điểm). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho tam giác có y ABC n 0, 90 .AB AC BAC= = Biết (1; 1)M − là trung điểm cạnh BC và 2 ; 0 3   G là trọng tâm tam giác . Tìm tọa độ các đỉnh .  ABC , , A B C 2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là một hình thoi cạnh , góc . ' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a n 060BAD = . Gọi M là trung điểm cạnh và là trung điểm cạnh ' . Chứng minh rằng bốn điểm ' NAA CC ', , , B M D N ' cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ dài cạnh ' theo a để tứ giác AA B MDN là hình vuông. 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hai điểm và điểm sao cho . Tính khoảng cách từ trung điểm yz 0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)A B C (0; 6;AC → = I của BC đến đ−ờng thẳng OA . Câu 4 (2 điểm). 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 24 .y x x= + − 2) Tính tích phân π 4 2 0 1 2sin 1 sin 2 xI dx x −= +∫ . Câu 5 (1 điểm). Cho là số nguyên d−ơng. Tính tổng n 2 3 1 0 1 22 1 2 1 2 1 2 3 1 n n n n nC C C n +− − −+ + + + +" nC (C là số tổ hợp chập k của phần tử). kn n ----------------------------------Hết--------------------------------- Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.. Số báo danh 1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 −−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm đề thi chính thức Môn thi : toán Khối B Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ ⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 0 0( ) ( )y x y x= − − ⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 3 2 3 20 0 0 03 ( ) 3( )x x m x x m − + = − − − − +  ⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 203x m= 0m⇔ > . 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Khi 2m = hàm số trở thành 3 23 2.y x x= − + Tập xác định : \ . 2 0' 3 6 , ' 0 2. x y x x y x == − = ⇔  = " 6 6. '' 0 1.y x y x= − = ⇔ = "y triệt tiêu và đổi dấu qua 1 (1;0)x = ⇒ là điểm uốn. Bảng biến thiên: Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1;0), (1 3;0)± và cắt trục tung tại điểm (0;2) . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 + 2 +∞ CĐ CT y − ∞ −2 x y O 2 21 −2 2 Câu 2. 2điểm 1) Giải ph−ơng trình: 2cotg tg 4sin 2 (1). sin 2 x x x x − + = Điều kiện: sin 0 (*). cos 0 x x ≠ ≠ Khi đó (1) cos sin 24sin 2 sin cos sin 2 x x x x x x ⇔ − + = 2 2cos sin 24sin 2 sin cos sin 2 x x x x x x −⇔ + = 22cos 2 4sin 2 2x x⇔ + = 22cos 2 cos 2 1 0x x⇔ − − = cos 2 1 1cos 2 32 x kx x kx π π π ==  ⇔ ⇔  = ± += −   ( )k∈Z . Kết hợp với điều kiện (*) ta đ−ợc nghiệm của (1) là π π ( ). 3 x k k= ± + ∈Z 2) Giải hệ ph−ơng trình 2 2 2 2 23 (1) 23 (2). yy x xx y  += + = Điều kiện 0, 0x y≠ ≠ . Khi đó hệ đã cho t−ơng đ−ơng với 2 2 2 22 2 ( )(3 ) 03 2 3 2.3 2 x y xy x yx y y xy xxy x  − + + == + ⇔  = += +  TH1: 2 2 1 1.3 2 x y x yxy x = = ⇔  == +  TH2: 2 2 3 0 3 2 xy x y xy x + + = = + vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có , 0x y > . Vậy nghiệm của hệ ph−ơng trình là: 1.x y= = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu 3. 3điểm 1) Vì G là trọng tâm ABC∆ vàM là trung điểm BC nên 3 ( 1;3)MA MG= = −JJJG JJJJG (0;2)A⇒ . Ph−ơng trình BC đi qua (1; 1)M − và vuông góc với ( 1,3)MA = −JJJG là: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). x y x y− − + + = ⇔ − + + = Ta thấy 10MB MC MA= = = ⇒ tọa độ ,B C thỏa mãn ph−ơng trình: 2 2( 1) ( 1) 10 (2). x y− + + = Giải hệ (1),(2) ta đ−ợc tọa độ của ,B C là (4;0), ( 2; 2). − − 2) Ta có ' // 'A M NC A MCN= ⇒ là hình bình hành, do đó 'A C và MN cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đ−ờng. Mặt khác A’DCB’ là hình bình hành nên trung điểm I của A’C cũng chính là trung điểm của B’D. Vậy MN và B’D cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đ−ờng nên B’MDN là hình bình hành. Do đó B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2, hay DM = DN. Vậy hình bình hành B’MDN là hình thoi. Do đó B’MDN là hình 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,5đ G A B C M . D’ A D C B N M I A’ B’ C’ 3 vuông ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 ⇔ BB’= 2a ⇔ AA’= 2a . 3) Từ (0;6;0)AC =JJJG và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4). Ph−ơng trình mặt phẳng (α) qua I và vuông góc với OA là : 1 0.x − = ⇒ tọa độ giao điểm của (α) với OA là K(1; 0; 0). ⇒ khoảng cách từ I đến OA là 2 2 2(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK = − + − + − = 0,5đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4. 2điểm 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 24 .y x x= + − Tập xác định: [ ]2; 2− . 2 ' 1 4 xy x = − − , 2 2 2 0 ' 0 4 2 4 x y x x x x x ≥= ⇔ − = ⇔ ⇔ = − = . Ta có ( 2) 2, ( 2) 2 2, (2) 2y y y− = − = = , Vậy [ 2;2] max ( 2) 2 2y y − = = và [ 2;2] min ( 2) 2y y − = − = − . 2) Tính tích phân π 4 2 0 1 2sin . 1 sin 2 xI dx x −= +∫ Ta có π π 4 42 0 0 1 2sin cos 2 1 sin 2 1 sin 2 x xI dx dx x x −= =+ +∫ ∫ . Đặt 1 sin 2 2cos 2t x dt xdx= + ⇒ = . Với 0x = thì 1,t = với π 4 x = thì 2t = . Khi đó 2 1 21 1 1ln | | ln 2. 12 2 2 dtI t t = = =∫ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 5. 1điểm Ta có 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x+ = + + + + . Suy ra ( )2 2 0 1 2 2 1 1 (1 ) ...n n nn n n nx dx C C x C x C x dx+ = + + + +∫ ∫ 22 2 3 1 1 0 1 2 1 1 1 (1 ) ... 1 2 3 1 n n n n n n n x x xx C x C C C n n ++  ⇔ + = + + + +  + +  2 3 1 1 1 0 1 22 1 2 1 2 1 3 2 2 3 1 1 n n n n n n n nC C C Cn n + + +− − − −⇔ + + + + =+ +" . 0,5 đ 0,5 đ Bộ giáo dục và đào tạo ------------------------ Đề chính thức Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ------------------------------------------- Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = xxx 32 3 1 23 +− (1) có đồ thị (C). 1) Khảo sát hàm số (1). 2) Viết ph−ơng trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại điểm uốn và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải ph−ơng trình xtgxx 2)sin1(32sin5 −=− . 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số x xy 2ln = trên đoạn [1; 3e ]. Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; 3− ). Tìm điểm C thuộc đ−ờng thẳng 012 =−− yx sao cho khoảng cách từ C đến đ−ờng thẳng AB bằng 6. 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng ϕ ( o0 < ϕ < o90 ). Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) theo ϕ . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và ϕ . 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A )4;2;4( −− và đ−ờng thẳng d: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +−= −= +−= .41 1 23 tz ty tx Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng ∆ đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đ−ờng thẳng d. Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích phân I = dx x xxe∫ + 1 lnln31 . 2) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập đ−ợc bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ? Câu V (1 điểm) Xác định m để ph−ơng trình sau có nghiệm 22422 1112211 xxxxxm −−++−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−−+ . ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ................................................................................................. Số báo danh ........................... 1 Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm ..................... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 ........................................... Đề chính thức Môn: Toán, Khối B (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,0 1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm) 3 2 1y x 2x 3x 3 = − + (1). a) Tập xác định: R . b) Sự biến thiên: y' = x2 − 4x + 3; 3,10' ==⇔= xxy . 0,25 yCĐ = y(1) = 4 3 , yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = 0 ( ) 2x 2, y 2 3⇔ = = . Đồ thị hàm số lồi trên khoảng ( ; 2),−∞ lõm trên khoảng ( 2; + ∞ ) và có điểm uốn là 2U 2; 3 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 3 +∞ y' + 0 − 0 + y 4 3 +∞ −∞ 0 0,25 c) Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với các trục Ox, Oy là các điểm ( ) ( )0;0 , 3;0 . 0,25 2 2 Viết ph−ơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn, ...(1,0 điểm) Tại điểm uốn U 22; 3 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ , tiếp tuyến của (C) có hệ số góc 1)2(' −=y . 0,25 Tiếp tuyến ∆ tại điểm uốn của đồ thị (C) có ph−ơng trình: 2 8y 1.(x 2) y x 3 3 = − − + ⇔ = − + . 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x bằng: y'(x) = x2 34 +− x = 1)2( 2 −−x ≥ 1− ⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x. 0,25 Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi x = 2 ( là hoành độ điểm uốn). Do đó tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. 0,25 II 2,0 1 Giải ph−ơng trình (1,0 điểm) 5sinx 2− = 3 tg2x ( 1 sinx− ) (1) . Điều kiện: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ k ,k Z 2 π + π ∈ (*). 0,25 Khi đó (1) ⇔ 2 2 3sin x5sin x 2 (1 sin x) 1 sin x − = − − 02sin3sin2 2 =−+⇔ xx . 0,25 2 1 sin =⇔ x hoặc 2sin −=x (vô nghiệm). 0,25 π+ π =⇔= 2 62 1 sin kxx hoặc π+π= 2 6 5 kx , Zk∈ ( thoả mãn (*)). 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số (1,0 điểm) y = 2ln x x ⇒ 2ln x(2 ln x)y ' x − = ⋅ 0,25 y'= 0 3 2 3 ln x 0 x 1 [1; e ] ln x 2 x e [1; e ]. ⎡= = ∈⎡ ⇔ ⇔ ⎢⎢ = = ∈⎢⎣ ⎣ 0.25 Khi đó: y(1) = 0, 2 32 3 4 9y(e ) , y(e ) e e = = ⋅ 0,25 So sánh 3 giá trị trên, ta có: 33 2 2 [1; e ][1; e ] 4max y khi x e , min y 0 khi x 1 e = = = = . 0,25 III 3,0 1 Tìm điểm C (1,0 điểm) Ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB: 4 1 3 1 − − = − yx ⇔ 4x + 3y – 7 = 0. 0,25 Giả sử );( yxC . Theo giả thiết ta có: 012 =−− yx (1). d(C, (AB)) = 6 2 2 4x 3y 37 0 (2a)4x 3y 7 6 4x 3y 23 0 (2b).4 3 + − =+ − ⎡ ⇔ = ⇔ ⎢ + + =+ ⎣ 0,25 Giải hệ (1), (2a) ta đ−ợc: C1( 7 ; 3). 0,25 Giải hệ (1), (2b) ta đ−ợc: 2 43 27C ; 11 11 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 2 Tính góc và thể tích (1,0 điểm) 3 Gọi giao điểm của AC và BD là O thì SO (ABCD)⊥ , suy ra nSAO = ϕ . Gọi trung điểm của AB là M thì OM AB⊥ và ⇒⊥ ABSM Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) là nSMO . 0,25 Tam giác OAB vuông cân tại O, nên ϕ=⇒== tgaSOaOAaOM 2 2 2 2 , 2 . Do đó: n SOtgSMO 2 tg OM = = ϕ . 0,25 2 3 S.ABCD ABCD 1 1 a 2 2V S .SO a tg a tg . 3 3 2 6 = = ϕ = ϕ 0,50 3 Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng ∆ (1,0 điểm) Đ−ờng thẳng d có vectơ chỉ ph−ơng )4;1;2( −=v . 0,25 B ∈ d ⇔ )41;1;23( tttB +−−+− (với một số thực t nào đó ). ( )AB 1 2t;3 t; 5 4t⇒ = + − − +JJJG . 0,25 AB ⊥ d ⇔ 0. =vAB 2(1 2t) (3 t) 4( 5 4t) 0⇔ + − − + − + = ⇔ t = 1. 0,25 AB (3; 2; 1)⇒ = −JJJG ⇒ Ph−ơng trình của 1 4 2 2 3 4 : − − = + = +∆ zyx . 0,25 IV 2,0 1 Tính tích phân (1,0 điểm) dx x xxI e ∫ += 1 lnln31 . Đặt: 2 dxt 1 3ln x t 1 3ln x 2tdt 3 x = + ⇒ = + ⇒ = . x 1 t 1= ⇒ = , x e t 2= ⇒ = . 0,25 Ta có: ( )2 22 2 4 2 1 1 2 t 1 2I t dt t t dt 3 3 9 − = = −∫ ∫ . 0,25 2 5 3 1 2 1 1I t t 9 5 3 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 I = 135 116 . 0,25 4 2 Xác định số đề kiểm tra lập đ−ợc ... (1,0 điểm) Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các tr−ờng hợp sau: • Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là: 23625.. 15 2 10 2 15 =CCC . 0,25 • Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó, thì số cách chọn là: 10500.. 25 1 10 2 15 =CCC . 0,25 • Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là: 22750.. 15 1 10 3 15 =CCC . 0,25 Vì các cách chọn trên đôi một khác nhau, nên số đề kiểm tra có thể lập đ−ợc là: 56875227501050023625 =++ . 0,25 V Xác định m để ph−ơng trình có nghiệm 1,0 Điều kiện: − 1 ≤ x ≤ 1. Đặt t 2 21 x 1 x= + − − . Ta có: 2 21 x 1 x t 0+ ≥ − ⇒ ≥ , t = 0 khi x = 0. 2 4t 2 2 1 x 2 t 2= − − ≤ ⇒ ≤ , t = 2 khi x = ± 1. ⇒ Tập giá trị của t là [0; 2 ] ( t liên tục trên đoạn [ − 1; 1]). 0,25 Ph−ơng trình đã cho trở thành: m ( ) 2t 2 t t 2+ = − + + 2t t 2 m t 2 − + + ⇔ = + (*) Xét f(t) = 2t t 2 t 2 − + + + với 0 ≤ t ≤ 2 . Ta có f(t) liên tục trên đoạn [0; 2 ]. Ph−ơng trình đã cho có nghiệm x ⇔ Ph−ơng trình (*) có nghiệm t ∈ [0; 2 ] ⇔ ]2;0[]2;0[ )(max)(min tfmtf ≤≤ . 0,25 Ta có: f '(t) = ( ) 2 2 t 4t 0, t 0; 2 t 2 − − ⎡ ⎤≤ ∀ ∈ ⎣ ⎦+ ⇒ f(t) nghịch biến trên [0; 2 ]. 0,25 Suy ra: [0; 2 ] [0; 2 ] min f (t) f ( 2) 2 1 ; max f (t) f (0) 1= = − = = . Vậy giá trị của m cần tìm là 2 1 m 1− ≤ ≤ . 0,25 www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao Đẳng – Đại Học – Cao Học. * Tài Liệu Toỏn – Đề Thi Toỏn cho học sinh THPT. * Phần mềm Toỏn. * Giỏo Trỡnh – Từ Điển – Phần Mềm Học Tiếng Anh. * Cỏc Phần mềm ứng dụng khỏc. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Mụn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề -------------------------------------------------- Cõu I (2 điểm) Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số ( )2x m 1 x m 1y x 1 + + + += + (*) ( m là tham số). 1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1.= 2) Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị m(C ) luụn luụn cú điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cỏch giữa hai điểm đú bằng 20. Cõu II (2 điểm) 1) Giải hệ phương trỡnh ( )2 39 3 x 1 2 y 1 3log 9x log y 3. ⎧ − + − =⎪⎨ − =⎪⎩ 2) Giải phương trỡnh 1 sin x cos x sin 2x cos 2x 0.+ + + + = Cõu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0) và B(6;4) . Viết phương trỡnh đường trũn (C) tiếp xỳc với trục hoành tại điểm A và khoảng cỏch từ tõm của (C) đến điểm B bằng 5. 2) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hỡnh lăng trụ đứng 1 1 1ABC.A B C với 1A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0;4).− a) Tỡm tọa độ cỏc đỉnh 1 1A , C . Viết phương trỡnh mặt cầu cú tõm là A và tiếp xỳc với mặt phẳng 1 1(BCC B ). b) Gọi M là trung điểm của 1 1A B . Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với 1BC . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng 1 1A C tại điểm N . Tớnh độ dài đoạn MN. Cõu IV (2 điểm) 1) Tớnh tớch phõn 2 0 s in2x cosxI dx 1 cosx π = +∫ . 2) Một đội thanh niờn tỡnh nguyện cú 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi cú bao nhiờu cỏch phõn cụng đội thanh niờn tỡnh nguyện đú về giỳp đỡ 3 tỉnh miền nỳi, sao cho mỗi tỉnh cú 4 nam và 1 nữ? Cõu V (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi x ,∈\ ta cú: x x x x x x12 15 20 3 4 5 5 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Khi nào đẳng thức xảy ra? --------------------------------Hết-------------------------------- Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. Họ và tờn thớ sinh .................................................. Số bỏo danh ............................... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THAN