Tài liệu Đáp án chính thức kỳ thi tuyển sinh ĐH 2007 môn Toán khối B doc

1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối B (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) Khi m =1 ta có 32 yx3x4=− + − . • Tập xác định: D = \ . • Sự biến thiên: 2 y' 3x 6x,=− + y' 0 = ⇔ x0 = hoặc x2. = 0,25 Bảng biến thiên: y CĐ = y(2) = 0, y CT = y(0) = − 4. 0,50 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: 22 y' 3x 6x 3(m 1)=− + + − , y' = 0 ⇔ 22 x2xm10 − −+= (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0. 0,50 Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m 3 ), B(1 + m; − 2 + 2m 3 ). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m 3 = 2m ⇔ m = 1 2 ± (vì m ≠ 0). 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.−+ −=⇔ −= 0,50 • () cos 4x 0 x k k . 84 ππ =⇔= + ∈Z • 12 sin 3x x k 2183 ππ =⇔= + hoặc () 52 xkk. 18 3 π π =+ ∈Z 0,50 x − ∞ 02+ ∞ y ' − 0+0 − y − 4 − ∞ + ∞ 0 O − 4 2 y x − 1 2/4 2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x2.≥ Phương trình đã cho tương đương với () () 32 x2x 6x 32m 0−+−−= 32 x2 x6x32m0. = ⎡ ⇔ ⎢ + −−= ⎣ Ta chứng minh phương trình: ( ) 32 x6x32m1+−= có một nghiệm trong khoảng () 2; + ∞ . 0,50 Xét hàm ( ) 32 fx x 6x 32=+ −với x2.> Ta có: ( ) 2 f' x 3x 12x 0, x 2. = +>∀> Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m0> , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng () 2; + ∞ . Vậy với mọi m0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) ()( ) ( ) ( ) 222 S:x 1 y 2 z 1 9−++ ++= có tâm ( ) I1; 2; 1 − − và bán kính R3.= 0,25 Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25 (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( ) OI 1; 2; 1 , i 1;0;0=−− = J JG G . ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( ) n0;1;2.=− G 0,25 Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( ) 0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0. − −−+−=⇔−= 0,25 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại hai điểm A, B . Nhận xét: nếu ( ) ( ) ( ) ( ) dA;P dB;P≥ thì () ( ) dM;P lớn nhất khi MA.≡ 0,25 Phương trình đường thẳng d: x1 y 2 z1 . 212 − ++ == − 0,25 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ()( )() 222 x1 y2 z1 9 x1 y 2 z1 . 212 ⎧ − ++ ++ = ⎪ ⎨ −++ == ⎪ ⎩− Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( ) A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 .−−− − 0,25 Ta có: () () ( ) () dA;P 7 dB;P 1.=≥ = Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( ) M1;1;3. − −− 0,25 IV 2,00 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của các đường yxlnx = và y0= là: xlnx 0 x 1. = ⇔= 0,25 f(x) f '(x) + 0 x 2 + ∞ + ∞ 3/4 Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là: () ee 2 2 11 V y dx x ln x dx.=π =π ∫∫ 0,25 Đặt 3 22 2lnx x u ln x,dv x dx du dx, v . x3 ==⇒= = Ta có: () e eee 33 2 22 2 111 1 x2 e2 x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx. 33 33 =− =− ∫∫∫ 0,25 Đặt 3 2 dx x ulnx,dvxdx du ,v . x3 ==⇒== Ta có: ee ee 3333 22 11 11 x1 ex2e1 x ln xdx ln x x dx . 33 399 + =−=−= ∫∫ Vậy ( ) 3 5e 2 V 27 π− = (đvtt). 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 222222 xyzxyz P. 222 xyz ++ =+++ Do 22 2222 222 xy yzzx xyz xyyzzx 222 +++ ++= + + ≥++ nên 222 x1 y1 z1 P. 2x 2y 2z ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ≥+++++ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 0,50 Xét hàm số () 2 t1 ft 2t =+ với t0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra () 3 ft , t 0. 2 ≥∀> Suy ra: 9 P. 2 ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ xyz1. = == Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 . 2 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) Ta có: () ( ) nn n0 n11 n22 n n nn n n 3 C 3 C 3 C 1 C 3 1 2 −− −+ −+−=−=. Từ giả thiết suy ra n11= . 0,50 Hệ số của số hạng chứa 10 x trong khai triển Niutơn của () 11 2x+ là: 10 1 11 C .2 22.= 0,50 2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 12 Bd,Cd∈∈ nên () ( ) Bb;2 b,Cc;8 c. − − Từ giả thiết ta có hệ: ( ) ( ) ()() 22 22 b1c 4 2 bc 4b c 2 0 AB.AC 0 AB AC b2bc8c18 b 1c43. −−= ⎧ −−+= ⎧ ⎧ = ⎪⎪ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ = −=−+ ⎪ ⎪ − −− = ⎩ ⎩ ⎪ ⎩ JJJG JJJG 0,50 Đặt x b 1, y c 4=− =− ta có hệ 22 xy 2 xy3. = ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ Giải hệ trên ta được x 2, y 1=− =− hoặc x 2, y 1 = = . Suy ra: ()() B1;3,C3;5− hoặc ( ) ( ) B3; 1,C5;3− . 0,50 4/4 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt () () x 21 tt 0,−= > ta có phương trình 1 t220t21,t21. t +− =⇔=−=+ 0,50 Với t21=− ta có x1.= Với t21=+ ta có x1.=− 0,50 2 (1,00 điểm) Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( ) BD SAC⊥ nên BD MN.⊥ 0,50 Vì () MN || SAC nên ()() () () 11a2 d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD . 244 == == Vậy () a2 dMN;AC . 4 = 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 N E C B M P D A S . 1/4 B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang. điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 12 Bd,Cd∈∈ nên () ( ) Bb;2 b, Cc;8 c. − − Từ giả thi t ta có hệ: ( ) ( ) ()() 22 22 b1 c 4 2 bc 4b c 2 0 AB.AC 0 AB