Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng - Đề dự bị 1 - Môn thi: Toán, Khối A

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy ABC là trung điểm E của AB và SE = 2a... Giải phương trình lư[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A ĐỀ DỰ BỊ 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 y  x  3mx  m  1x  (1), m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = -1 Tìm các giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hoành độ x = -1 qua điểm A(1;2) Câu II (2 điểm) Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x (2 x  1) 2 Giải phương trình x  +  x = (x  R) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 5 x  y  z  13  x3 y 3 z 3 d1:   và d :  2  x  y  z   Chứng minh d và d cắt Gọi I là giao điểm d và d Tìm tọa độ các điểm A,B thuộc d , d cho tam giác IAB cân I và có diện tích Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I =   Giải phương trình e  sin( x  ) 41 42 xdx 2x  =tgx PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) Cho tập hợp E = 0,1,2,3,4,5,7 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác lập từ các chữ số E? Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC các đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác góc A có phương trình là 3x + 4y + 10=0 và x - y + 1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C khoảng Tìm tọa độ các đỉnh cuả tam giác ABC Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) 2x    Giải bất phương trình log  log   x    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E AB và SE = 2a Gọi I, J là trung điểm EC, SC; M là điểm di động trên tia đối tia BA cho góc E ĈM =  (  <900) và H là hình chiếu vuông góc S trên MC Tính thể tích khối tứ diện EHIJ theo a,  và tìm  để thể tích đó lớn Lop12.net ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Với m = -1 hàm số trở thành y = x3 – 3x2 + • Tập xác định: R x  • Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ =   x  • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(2) = -3 • Bảng biến thiên: x - y’ + 0 + y - 0,25 0,25 + 0,25 + -3 • Đồ thị: y x O 0,25 -3 Tìm các giá trị tham số m …(1,00 điểm) Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x = -1, suy M(-1; 2m - 1) Ta có y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = – 5m Tiếp tuyến d đồ thị hàm số đã cho M(-1; 2m – 1) có phương trình là: y = ( -5m)(x + 1) + 2m – Tiếp tuyến d qua A(1, 2) và = (4 – 5m)2 + 2m –  m = 0,25 0,5 0,25 2,00 II Giải phương trình lượng giác(1,00 điểm) Điều kiện: sin x cos x  Phương trình đã cho tương đương với Lop12.net sin x cos x 2cos 2x  = 4cos2 2x  + 4cos2 2x = cos x sin x sin 2x    2cos 2x  =  cos 2x(1 + sin 4x) =  cos 2x   sin 2x     cos x   x   k    sin x  1  x    k Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình đã cho là     x   k va  x    k với k  Z Giải phương trình …(1,00 điểm)  3 Điều kiện: x   ;   2 Ta có tgx – cotgx = 4cos2 2x   2x    x  0,50   2 x  13  x    x    x  (1) Mặt khác, 0,50 - £ 2x - £ Þ (2x - 1)2 £ Þ (2x - 1) £ 2 (2) Từ (1) và (2) suy phương trình đã cho tương đương với  x    x   x   x   2 2 x  1  0,25 0,25 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là x   và x  2 2,00 III Chứng minh d1 cắt d2 (1,00 điểm) x  y  z      Tọa độ giao điểm I d1 và d2 thỏa mãn hệ 5 x  y  z  13  x  y  6z     Giải hệ ta I(1; 1; 2) Tìm tọa độ…(1,00 điểm)  Véctơ phương d1 là u = (2; 2; 1)  6 6 6 5 6  = (-72; -36; -24) Ta có  ; ;  6 6 1 6  Suy u = (6; 3; 2) là vectơ phương d2   u1.u 20 41 Gọi α là góc d1 và d2 ta có cosα =   =  sin α = u1 u 21 21 Ta có S IAB = 41 41 IA sin α = IA2 sin α = IA =  IA = IB = 2 42 42 Lop12.net 0,50 0,50 0,25 0,25 Vì A thuộc d1 nên tọa độ A(1 + 2t; + 2t; + t)  IA = 3|t| =  t =  0,25 5 7 1 5  A  , ,  A  , ,  3 3 3 3 Vì B thuộc d2 nên tọa độ B(1 + 6k; + 3k; + 2k)  IB = 7|k| =  t =   13 10 16   12   B  , ,  A  , ,  7 7 7 7  0,25 2,00 IV Tính tích phân…(1,00 điểm) xdx I= 3 2x   Đặt t = 0,50 3t dt t3  2x   x =  dx = 2  t = 1; x =  t = 2 t  3t 2dt 2  t  t dt =  t  t  = 12 Suy I =  1 t 1  5  Giải phương trình…(1,00 điểm) Điều kiện: cosx≠0 Dễ thấy sinx=0 không thỏa mãn phương trình x=-  0,50  Phương trình đã cho tương đương với e sin x  cos x  2 sin x  cos x sin x e e   cos x sin x cos x 0,50 (1) u  sin x Đặt  Ta có u , v   1;1; u.v  v  cos x Từ (1) ta có phương trình Xét hàm số y  f ( x )  e e 2u u 2x x  e 2v v , với x   1;0  0;1  x  22 x 2x     1 e 2 x  e  y'     suy hàm số nghịch biến trên các x 2x2 khoảng (-1;0) và (0;1) Ta thấy u,v cùng dấu nên u, v cùng thuộc khoảng (-1;0) (0;1)  Từ giả thiết f(u) = f(v)  u = v  tgx =  x   k Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình đã cho là   Lop12.net 0,50 x   k với k  Z 2,00 V.a Có bao nhiêu số tự nhiên…(1,00 điểm) Số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác E có dạng: abcd , đó a  0, d  0,2,4 Xét d=0 Khi đó các số có chữ số abc A63  120 Xét d = (hoặc d = 4), đó a có cách chọn, ứng với cách chọn a ta có cách chọn b, ứng với cách chọn hai chữ số a, b ta có cách chọn chữ số c Vậy có tất 5.5.4 = 100 số Vậy có 120 + 100.2 = 320 số Tìm tọa độ các đỉnh…(1,00 điểm) Gọi d1 ,d2 là đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác góc A Gọi M’(a; b) là điểm đối xứng M qua d2 và I là trung điểm MM’ a b 2 Ta có MM '  a; b  2, I  ;  Vectơ phương d2 là u  1;1 2  a  b   MM ' u  a   Ta có hệ:   a b   I  d b      Khi đó M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC Mặt khác vectơ phương v  4;3 đường cao d1 chính là vectơ pháp tuyến đường thẳng AC Do đó phương trình đường thẳng AC là 4(x - 1) – 3(y - 1) =  4x – 3y – = A  d  AC xác định hệ ïìï x - y + = í 4x - 3y - = Û ïîï 0,25 0,25 ïíïì x = Vậy A (4;5) ïîï y = Phương trình đường thẳng AB: x0 y2 x y2     x  y   40 5 B  d1  AB xác định hệ 0,50 ìï x = - ìïï 3x + 4y + 10 = ïï í 3x - 4y + = Û í y = - ïïî ïï ïî Vậy B (- 3; -  4c   Đường thẳng AC: 4x – 3y – = 0, đó C  c;    C1 1;1 c   4c     MC   c    2   31    31 33   C  ;  c      25 25  25  ) 0,25 0,25 Ta nhận thấy AC1 và AC2 cùng chiều 1  Kết luận: A4;5, B  3; , C 1;1 4    31 33   Hoặc A4;5, B  3; , C  ,    25 25   V.b Giải bất phương trình logarit …(1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với Lop12.net 0,50 2x  2x  11 2 x 1 x 1  2x  x    x  2  x     x        x  1  x  2  2x     0  x  1   x   x  Nghiệm bất phương trình là x < -  log 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án qui định Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT) Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn Lop12.net