Đáp án đề Thi đại Học Toán Khối A Năm 2007 - 123doc

Tài liệu tham khảo đề thi và đáp án đề thi đại học khối A từ năm 2003 đến năm 2010

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 A

(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m= − ta có 1 y x2 3 x 2 1

−

• Tập xác định: D = \{ 2}\ −

• Sự biến thiên:

y ' 1 1 2 x2 4x 32

y ' 0

x 1

= −

⎡

= ⇔ ⎢ = −

⎣

0,25

Bảng biến thiên:

yCĐ = y 3( )− = −6, yCT =y 1( )− = −2

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2 0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)

2

y '

x 2

=

Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ g x( )=x2+4x 4 m+ − 2 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ −2

( )

2

2

⎪

⇔ ⎨

0,50

x

y

− 3

− 6

−2

O

−1

−2

Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ A 2 m; 2(− − − ), B 2 m; 4m 2(− + − )

Do OAJJJG= − − −( m 2; 2)≠0G, OBJJJG =(m 2; 4m 2− − )≠0G nên ba điểm O, A, B

tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ OA.OB 0JJJG JJJG= ⇔ −m2−8m 8+ =0

⇔ m= − ±4 2 6 (thỏa mãn m ≠ 0)

Vậy giá trị m cần tìm là: m= − ±4 2 6

0,50

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0 0,50

⇔ x π kπ, x π k2π, x k2π

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x 1≥ Phương trình đã cho ⇔ x 1 4 x 1

Đặt 4 x 1

t

x 1

−

= + , khi đó (1) trở thành

2 3t 2t m (2)

−

+ + và x 1≥ nên 0 t 1.≤ <

Hàm số f (t)= −3t2+2t, 0 t 1≤ < có bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 1 m 1

3

− < ≤

0,50

1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)

+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương uJJG1= (2; −1; 1),

d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương uJJG2= (2; 1; 0) 0,25 +) [u , u ]JJG JJG1 2 = (−1; 2; 4) và MNJJJJG = (−1; 0; 5) 0,50 +) [u , u ]JJG JJG1 2 MNJJJJG= 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên

A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− − + − + +

⇒ ABJJJG= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5)

0,25

(P) có véctơ pháp tuyến nG = (7; 1; − 4)

⇔ 2t 2s 1 t s s 5

− ⇔

5t 9s 1 0 4t 3s 5 0

+ + =

⎧

⎨ + + =

s 1

=

⎧

⎨ = −

⎩

⇒ A 2;0; 1 , B 5; 1;3 ( − ) (− − )

0,25

Phương trình của d là: x 2 y z 1

1 1/3

0 f(t)

t

0

1/3

-1

IV 2,00

1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:

(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 0,25 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S =

1 x 0

xe −ex dx

x

Ta có:

1

0

e xdx∫ =

2 1 ex 0

2 =

e

2,

1

0

0

− =

Vậy S e 1

2

= − (đvdt)

0,50

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)

Ta có: x (y z)2 + ≥2x x Tương tự, y (z x)2 + ≥ 2y y, z (x y)2 + ≥ 2z z 0,25

Đặt a =x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+

Suy ra: x x 4c a 2b

9

+ −

9

+ −

9

+ −

0,25

Do đó P 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a

= ⎢ ⎜ + + ⎟ ⎜+ + + ⎟− ⎥

(Do c a b

b c a+ + = c a

b c

⎛ + ⎞

⎝ ⎠+

b 1 a

⎛ + ⎞

⎝ ⎠ − 1 ≥ 2

a

b + 2

b

a − 1 ≥ 4 − 1 = 3, hoặc c a b

b c a+ + ≥ 3 c a b

3

b c a⋅ ⋅ = 3 Tương tự,a b c

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 0,25

1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2),ACJJJG= (4; − 4) Giả sử H(x, y) Ta có:

H AC

⎪

⎨

∈

⎪⎩

JJJG JJJG

⇔ 4(x 2) 4(y 2) 0 4x 4(y 2) 0

⎧

x 1

y 1

=

⎧

⎨ =

⎩ ⇒ H(1; 1)

0,25

Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: x2 +y2+2ax 2by c 0+ + = (1) 0,25 Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:

2a c 1

− =

⎧

⎨

⎩

0,25

1 a 2 1 b 2

⎧ = −

⎪

⎪

⎪

⎪

= −

⎪

⎪⎩

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x2+y2− + − = x y 2 0

0,25

2 Chứng minh cụng thức tổ hợp (1,00 điểm)

1 x+ =C +C x C x ,+ + ( )2n 0 1 2n 2n

1 x− =C −C x C x+ +

( )2n ( )2n ( 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1)

1 3 3 5 5 2n 1 2n 1

2

− −

0,50

0

1

dx

0

=

+

2n

2n 1

− + (1)

• 1( 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1)

0

C x C x+ +C x + + C −x − dx

∫

1

0

−

−

Từ (1) và (2) ta cú điều phải chứng minh

0,50

1 Giải bất phương trỡnh logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x > 3

4 Bất phương trỡnh đó cho ⇔ log3(4x 3)2

2x 3

−

⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ −3

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trỡnh là: 3

4 < x ≤ 3 0,25

2 Chứng minh AM ⊥ BP và tớnh thể tớch khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của AD

Do ∆SAD đều nờn SH⊥AD

Do(SAD) (⊥ ABCD)nờn

( )

Xột hỡnh vuụng ABCD ta cú

( )

CH⊥BP 2 Từ (1) và (2) suy ra BP⊥(SHC )

Vỡ MN // SC và AN // CH nờn (AMN // SHC) ( ) Suy ra

0,50

Kẻ MK⊥(ABCD , K) ∈(ABCD ) Ta cú: VCMNP 1MK.SCNP

3

=

Vỡ

2 CNP

3 CMNP

3a V

96

= (đvtt)

0,50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ−ợc đủ điểm từng phần nh−

đáp án quy định

-Hết -

A

S

B

H

M

N

P

K