Đang tải... (xem toàn văn)
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt... dethivn.com[r]
(1)dethivn.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn: TỐN, khối D
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Ta có y 1
x = +
−
• Tập xác định: D = \\{1}
• Sự biến thiên: y ' 2 0, x D (x 1)
= − < ∀ ∈ −
0,25
Bảng biến thiên:
Hàm số khơng có cực đại cực tiểu
0,25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 0,25 • Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để d : y= − +x mcắt (C) hai điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm d (C)
( )
2
x
x m x mx m
x 1− = − + ⇔ − + = (do x 1= không nghiệm) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
0,50
x − ∞ + ∞
y' − −
+ ∞ y
−∞
O 1 y
x
Điều kiện : Δ =m2−4m 0> ⇔ m 4> m 0.
<
Vậy m>4 m 0< 0,50
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình cho 1sin 3x 3cos 3x sin 2x
2
⇔ − =
sin 3x sin 2x
π
⎛ ⎞
⇔ ⎜ − ⎟=
⎝ ⎠
0,50
(2)dethivn.com
3x 2x k2
3
3x 2x k2
3 π
⎡ − = + π
⎢ ⇔ ⎢
π
⎢ − = π− + π ⎢⎣
⇔ x π k2π, x 4π k2π
3 15
= + = +
5 (k ∈Z) Vậy nghiệm phương trình cho là:
π 4π 2π
x k2π, x k
3 15
= + = +
5 (k ∈ ) Z
0,50
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy<0 (1,00 điểm) Từ phương trình thứ hệ ta có Thay vào phương trình thứ hai ta có:
( )
x=my 1+
( ) ( )
3 m
m my y y
m
− + + = ⇔ =
+
Thay (2) vào (1) ta có x 3m 12
m
+ =
+
0,50
Xét điều kiện xy<0 : ( )( )
( )
> ⎡
+ − ⎢
< ⇔ < ⇔ ⎢ < −
+ ⎣
2
m
3m m
xy 0 1
m
m
3 Vậy m>3 m
3 < −
0,50
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,00 điểm) Vectơ phương đường thẳng d uG =(1; 1; 2− )
Do (P) vng góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến nJJGP =(1; 1; 2− ) 0,50 Phương trình mặt phẳng (P) là:
( ) ( ) ( )
1 x 1 y 1− − − +2 z 3− = 0 ⇔ − +x y 2z 0.− = 0,50 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho ΔMOA cân đỉnh O (1,00 điểm)
+) M d∈ ⇒ M t; t; 2t ( − + )
+) ΔMOA cân đỉnh O ⇔OM OA= M, O, A không thẳng hàng 0,25
OM=OA ⇔ + +t2 t2 (2t 1+ )2 =11 ⇔ =t 1 t
= − 0,25
+) Với t 1= ta có M 1; 1; ( − ) Với t
= − ta có M 5; ;
3 3
⎛− − ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ 0,25
+) Thử lại: hai điểm M tìm thỏa mãn điều kiện M, O, A không thẳng hàng
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M 1; 1; 31( − )
2
5
M ; ;
3 3
⎛− − ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,25
IV 2,00
1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)
Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường cho là:
2
x 4x x x
− + = ⇔ = x 3.= 0,25
Diện tích hình phẳng cần tìm là: S =
3
2
0
x 4x x dx x 3x dx
− + − = − +
∫ ∫ 0,25
(3)dethivn.com Do x 3≤ ≤ nên Suy
x 3x
− + ≥
( )
3
2
0 0
x x
S x 3x dx
3
⎛ ⎞
= − + = −⎜ + ⎟ =
⎝ ⎠
∫ 92
Vậy S (đvdt)
=
0,50
2 Tìm giá trị lớn nhỏ ( 3) (1,00 điểm)
P x= +y −3xy
Ta có: P x y x= ( + )( 2+y2−xy)−3xy x y xy= ( + )( − )−3xy.
Đặt x y t.+ = Do x2+y2 =2 nên xy t2 2
−
= Suy
2
3
t t
P 2t t t 6t
2 2
⎛ − ⎞ −
= ⎜ − ⎟− = − − + +
⎝ ⎠
0,25
Do (x y+ )2 ≥4xy nên ( )
t ≥2 t − ⇔ − ≤ ≤ 2 t 0,25
Xét ( ) 3
f t t t 6t
2
= − − + + với t∈ −[ 2; 2] Ta có : f ' t( )= −3t2− +3t 6
( ) [ ]
[ ]
t 2; f ' t
t 2; ⎡ = − ∈ − = ⇔ ⎢
= ∈ − ⎢⎣
Bảng biến thiên:
Vậy max P 13, P
= = −
0,50
V.a 2,00
1 Tìm A∈Ox, B Oy ∈ (1,00 điểm)
+) A Ox, B Oy∈ ∈ ⇒A a; , B 0; b , AB( ) ( ) JJJG= −( a; b) 0,25 +) Vectơ phương d uG=( )2;
Tọa độ trung điểm I AB a b; 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,25
+) A, B đối xứng với qua d 2a b
a AB.u
a
b b
I d
2
− + = ⎧
⎧ = ⎧ =
⎪ ⇔⎪ ⇔
⎨ ⎨ ⎨
= − + =
∈
⎪ ⎩
⎩ ⎪⎩
JJJG G
Vậy A 2( ) ( ); , B 0;
0,50 13
2 f(t)
t -2 + -
f’(t)
-7
(4)dethivn.com
2 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển (1,00 điểm) Số hạng tổng quát khai triển Niutơn
18
1 2x
x
⎛ ⎞
+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )18 k k 18 6k
k k 5
k 18 5 18
1
T C 2x C x
x
−
− −
+
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
18 k
0,50
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 6k k 15
− = ⇔ =
Vậy số hạng cần tìm 15
16 18
T =C =6528 0,50
V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện x> − 1 Phương trình cho tương đương với
( ) ( )
2
2
log x 1+ −3log x 1+ + = 2 0,25 Đặt t log x 1= 2( + ) ta
t − + = ⇔ =3t t t 2= 0,25
Với t 1= ta có log x 12( + = ⇔ + = ⇔ =) x x (thỏa mãn điều kiện) Với t 2= ta có log x 12( + = ⇔ + = ⇔ =) x x (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình cho là: x 1, x 3.= =
0,50
2 Chứng minh BCNM hình chữ nhật tính (1,00 điểm)
+) MN đường trung bình ΔSAD ⇒ MN // AD MN 1AD = ⇒ MN // BC MN BC= ⇒ BCNM hình bình hành (1)
0,25 S
A
B C
N M
D
+) BC⊥AB, BC⊥SA⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥BM ( )
0,25 Từ (1) (2) suy BCNM hình chữ nhật
+) Ta có: SBCNM =2SΔBCM ⇒VS.BCNM =2VS.BCM
3
S.BCM C.SBM SBM SAB
1 1 a
V CB.S CB.S CB .SA.AB
3 Δ Δ 6
= = = = =
V
0,50
3 S.BCNM
a
Vậy V (đvtt)
=
Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định
-Hết -