1. Trang chủ
  2. » Tất cả

Đáp án đề thi đại học khối A 2008 môn tán

11 3 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 11
Dung lượng 475 KB

Nội dung

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 Môn toán Khối A Câu 1 1 Khi m = 1 hàm số trở thành TXĐ \{ 3} Giới hạn, tiệm cận Đồ thị h[.]

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - 2008 Mơn tốn - Khối A Câu 1 Khi m = hàm số trở thành: x2  x  y x   x 3 x 3 TXĐ:  \{-3} y   Giới hạn, tiệm cận: lim x  lim y   Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3 x  0  Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = x – x  x  lim [y-(x-2)]= lim x   Chiều biến thiên: x  6x   y’ =  (x  3) (x  3) y’ =  x  6x  0  x     x  Hàm số đồng biến khoảng   ;   ;   1;   Hàm số nghịch biến khoảng (-5; -3); (-3 ; -1) Bảng biến thiên:  Đồ thi:  x  x  0  y=0    x   x 1   x   Đồ thị hàm số cắt Ox điểm ( ; 0), (-2 ; 0) x =  y  2   Đồ thị cắt Oy điểm  0;   3  Đồ thị nhận điểm I ( -3 ; -5) làm tâm đối xứng mx  (3m  2)x  2 y  x  3m mx    x  3m  6m  x  3m Nếu 6m -2 =  m = 1 y mx   x  3 x  Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận Nếu m  lim y   đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3m (d1) x   3m 6m  0 x   x  3m lim[y-(mx-2)]= lim x   Đồ thị hàm số có tiện cận xiên y = mx – (d2) Vì d1 // Oy nên góc hai tiệm cận đồ thị 450  (d2) tạo với Oy góc 450  (d2) tạo với Ox góc 450  m tg450  m 1     m   m tg   45   Câu II  Giải phương trình: sinx  7  4sin   x  3    sin  x-     1 3   Ta có: sin  x   cos x     7   sin   x   sin  x   4    Khi đó: (1)  1     4sin  x   sinx cosx 4   2  Điều kiện xác định: sinx.cosx   x k , k  Khi đó: (2)   sinx+cosx    4sin  x   sinx.cosx 4    sin  x    4    4sin  x   sinx.cosx 4  (3)      Trường hợp 1: sin  x   0  x  m  x   m (m ) (thoả mãn điều 4 4  kiện)    Trường hợp 2: sin  x   0 4  Khi đó: 2   sinx.cosx=sinx.cosx  sin 2x    sin     4   2x   l2      2x   ( )  p2    x   l    x 5  p  (l, p ) Vậy phương trình có họ nghiệm là:   m  x   l 5 x   p  m,l,p   x   2 (x  y)  xy.(x  y)  xy   (I) Hệ cho   (x  y)  xy    u  uv  v   u x  y Đặt  Hệ trở thành   v xy u  v   Lấy (2) trừ (1) ta được: u2 – u – uv =  u ( u – v – 1) =  u 0   v u   1  II   2 (t/m ĐKXĐ) Với u = thay vào (2) ta v   x  y 0  Ta có:   xy    5   y  x x     5  x   y  25   16 Với v=u-1 thay vào (2) ta u  u   1  u  u  0  u  v  4 2   y   x x  y    2  Và (I)    3    xy  y  x      2    y   x   2 (x  1)(2x  2x  3) 0    y   x   x  0(do 2x  2x     2x  1    0x)   2  x 1    y   x   Vậy hệ (I) có nghiệm   y  25  16 Câu III:   y   x  2x  x  0   x 1  ; y    (1) Vectơ phương đường thẳng d ud (2;1; 2) Mặt phẳng (P) qua điểm A nhận vectơ  phương đường thẳng d, ud (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là: 2( x  2)  ( y  5)  2( z  3) 0  x  y  z  15 0 Tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d nghiệm hệ x y z       x  y  z  15 0 Giải hệ ta nhận ( x, y, z ) (3,1, 4) Hình chiếu A lên đường thẳng d giao điểm đường thẳng d với mặt phẳng (P) nên tọa độ hình chiếu A A’(3;1;4) (2) Gọi H hình chiếu A lên ( ) Vì AH vng góc với HA’ nên AA' AH Do mặt phẳng ( ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến ( ) lớn ( ) vng góc với đường thẳng AA’   Ta có AA' (1;  4;1) , mặt phẳng ( ) qua điểm A’ nhận vectơ AA' làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ( x  3)  4( y  1)  ( z  4) 0  x  y  z  0 Vậy ( ) : x  y  z  0 Câu IV  1) Tính tích phân: I  tan x dx  cos2x Đặt t = tan x, suy ra: dt  dx dt  dx  = (1 + tan x)dx cos x  t2 Với x =  t = x=  t= 3 Khi đó: I =  = 3     t t  1  3  t    t   0 dt t4  dt 2  t  t 1  t2 3 3  dt   t  (t 3  1)dt  t dt 1 3      dt  t  t    3  t  1 t 1    t    ln  t   0 =   3 3   ln 27 3  10 3   ln 27 3 3 2) Xét hàm số f ( x)  x  x   x   x đoạn [0;6] Ta có f '( x )   2x 1 1   2x   x  6 x  Ta có f’(x) hàm giảm số hạng tổng biểu thức bên phải giảm Mặt f '( x) , lim f '( x)   nên phương trình f '( x) 0 có nghiệm x0 khác xlim 0 x   khoảng  0;6  qua nghiệm f '( x) đổi dấu Do f(x) hàm tăng [0;x ] giảm [x0 ;6] Do phương trình f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt max{ f (0), f (6)} m  max f ( x) Ta có x[0;6] max{ f (0), f (6)} 2  Ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau  a  b  c 3  a  b  c  Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức sau ( a  b)  (b  c)  (c  a) Với dấu xảy a=b=c Ta có   2x   x   x 2x   x   x   3  x   x   x  36, 3   x   x   x 18 Dấu xảy x 2 Suy giá trị lớn f(x) [0;6]  Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt  m   Câu Va 1) Gọi phương trình tắc Elíp c x2 y  1, với a>b>0 Tâm sai Elip e  Từ a a b giả thiết ta có hệ c   a  4(a  b) 20  Bình phương phương trình thứ hệ, c a  b2 ta nhận 9b 4a 3b 2a     a  b 5  a  b 5 x2 y2 Giải hệ ta a 3, b 2 Vậy phương trình Elíp  1 2) Đặt f(x) = ( + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn a a  1 n Ta có: f   2 a    nn 4096 2  2  n = 12 a k 2k.Ckn ; k 0;n a k a k 1  2k.Cnk 2k 1.C kn 1  2k n! n! 2k 1  n  k  !k!  n  k  1 ! k  1 !  n  k k 1  3k  2n  Thay n = 12 ta 3k +  24  k  8  maxa i a 28 C12 i=0,n Câu Vb 1)  log x  ( x  1)(2 x  1)  log x 1 (2 x  1) 4 log x  (2 x  x  1)  log x 1 (2 x  1)2 4 (1)  log x  ( x  1)(2 x  1)  log x 1 (2 x  1) 4 Điều kiện: 0  (2x  2) 1 0  (x  1) 1    (x  1)(2x  1)  (2x  1)  0  (2x  1) 1   0  (x  1) 1   x  ;x 1  x  ; x 1   x   1;x 0 Với điều kiện phương trình tương đương với: log 2x  (x  1)   2log x 1  2x  1 4 (2) Đặt t = log 2x  (x  1) hệ (2) trở thành: t+ 1+ 4  t  t 0  2 t  3t     t 1  t 2  Với t = log 2x  (x  1) =  x = (thoả mãn điều kiện)  x 0 Với t =2 log 2x  (x  1) =  4x2 – 5x =   x   Chỉ có x = thỗ mãn Vậy (1) có nghiệm là: x = ; x = 2) (a) Gọi H trung điểm BC (xem h.1), theo giả thiết A’H vng góc với (ABC) Tam giác 2 ABC vuông A nên BC  a   a  2a (xem h.2) Ta có AH  BC a Tam giác A’AH vuông H nên A ' H  AA'2  AH  4a  a a Thể tích khối chóp A’.ABC 1 a3 VA ' ABC  A ' H S ABC  a 3.a.a  (b) Ta thấy A ' H  ( ABC ) nên A ' H  ( A ' B ' C ') suy tam giác HA ' B ' vuông A’ Theo định lý Pythagore HB '2 HA '2  A ' B '2 3a  a 4a  HB ' 2a Tam giác BB’H có HB ' BB ' 2a nên tam giác cân B’ Do cos  B ' BH  BK BH a    , K trung điểm BB ' BB ' 4a BH (xem h.3) Góc hai đường thẳng AA’ B’C’ góc hai đường thẳng BB’ BC (vì AA’ // BB’; B’C’//BC)  B ' BH (chú ý  B ' BH

Ngày đăng: 17/11/2022, 19:10

w