Giải đề thi tốt nghiệp môn toán 2008 bình dương năm 2024
- 1. VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D 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 3 2 y x 3x 4 [1].= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số [1]. 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I[1;2] với hệ số góc k [k 3> − ] đều cắt đồ thị của hàm số [1] tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II [2 điểm] 1. Giải phương trình 2sinx [1 cos2x] sin2x 1 2cosx.+ + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 xy x y x 2y x 2y y x 1 2x 2y ⎧ + + = −⎪ ⎨ − − = −⎪⎩ [x, y ].∈ Câu III [2 điểm] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A[3;3;0],B[3;0;3],C[0;3;3],D[3;3;3]. 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV [2 điểm] 1. Tính tích phân 2 3 1 lnx I dx. x = ∫ 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 [x y][1 xy] P . [1 x] [1 y] − − = + + PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban [2 điểm] 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 1 2n 2n 2nC C ... C 2048− + + + = [ k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử]. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol [P] : 2 y 16x= và điểm A[1;4]. Hai điểm phân biệt B, C [B và C khác A] di động trên [P] sao cho góc o BAC 90 .= Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban [2 điểm] 1. Giải bất phương trình 2 1 2 x 3x 2 log 0. x − + ≥ 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:............................................. ĐỀ CHÍNH THỨC
- 2. VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối D [Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang] Nội dungCâu Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số [1,00 điểm] • Tập xác định : D = . • Sự biến thiên : ,2 y' 3x 6x= − x 0 y' 0 x 2 =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ . 0,25 • yCĐ = [ ] [ ]CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25 • Bảng biến thiên : 0,25 • Đồ thị : Trang 1/4 0,25 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … [1,00 điểm] Gọi là đồ thị hàm số [1]. Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệ số góc k [k > – 3] có phương trình : y = kx – k + 2. [C] I[1;2] [C]. I[1;2] Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình[C] 3 2 x 3x 4 k[x 1] 2− + = − + ⇔ 2 [x 1] x 2x [k 2] 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦ ⇔ 2 x 1 x 2x [k 2] 0 [*] =⎡ ⎢ − − + =⎣ . 0,50 Do nên phương trình [*] có biệt thức Δ = và không là nghiệm của [*]. Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I[ với là nghiệm của [*]. k > − x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 y 4 0−∞ + +∞ 4 −1 O y 2 x [ứng với giao điểm I] 3 + > x ;y ], I ' 3 k 0 x 1= [C] I I A A B BA[x ;y ],B[x ;y ] A Bx ,x Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB [đpcm]. A Bx x 2 2x+ = = 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác [1,00 điểm] Phương trình đã cho tương đương với 2 4sinx cos x sin2x = 1 + 2cosx+ ⇔ [2cosx 1][sin2x 1] 0.+ − = 0,50 1 2 cosx x k2 . 2 3 π • = − ⇔ = ± + π sin2x 1 x k . 4 π • = ⇔ = + π Nghiệm của phương trình đã cho là 2 x k2 , 3 π = ± + π x k 4 π = + ].∈π [k 0,50
- 3. phương trình [1,00 điểm] Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với [x y][x 2y 1] 0 [1] x 2y y x 1 2x 2y [2] + − − =⎧⎪ ⎨ − − = −⎪⎩ Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên [1] ⇔ x = 2y + 1 [3]. Trang 2/4 0,50 Thay [3] vào [2] ta được [y 1] 2y 2[y 1]+ = + ⇔ y = 2 [do ] ⇒ x = 5.y 1 0+ > Nghiệm của hệ là [x;y] [5;2].= 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D [1,00 điểm] Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó2 2 2 x y z 2ax 2by 2cz d 0 [*],+ + + + + + = 2 2 2 a b c d 0 [**].+ + − > Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào [*] ta được hệ phương trình 6a 6b d 18 6a 6c d 18 6b 6c d 18 6a 6b 6c d 27. + + = −⎧ ⎪ + + = −⎪ ⎨ + + = −⎪ ⎪ + + + = −⎩ 0,50 Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện [**] ta được phương trình mặt cầu là 2 2 2 x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − − 0,50 2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC [1,00 điểm] Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 3 3 3 I ; ; 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2 [m n p 0].+ + > Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 3m 3n q 0 3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0. 3n 3p q 0. + + =⎧ ⎪ + + = ⇒ = = = − ≠⎨ ⎪ + + =⎩ Do đó phương trình mặt phẳng [ABC] là x y z 6 0.+ + − = 0,50 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng [ABC]. H Phương trình đường thẳng IH : 3 3 x y z 2 2 . 1 1 1 − − − = = 3 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x y z 6 0 3 3 x y z 2 2 + + − =⎧ ⎪ ⎨ − = − = −⎪⎩ 3 . 2 Giải hệ trên ta được H[2;2;2]. 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân [1,00 điểm] Đặt vàu ln x= 3 dx dv x = dx du x ⇒ = và 2 1 v . 2x = − 0,25 Khi đó 2 2 2 3 1 1 ln x dx I 2x 2x = − + ∫ 2 2 1 ln 2 1 8 4x = − − 0,50 3 2ln 2 . 16 − = 0,25
- 4. trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức [1,00 điểm] Ta có [ ] 22 2 [x y][1 xy] [x y][1 xy] 1 1 1 P P [1 x] [1 y] 4 4 4[x y] [1 xy] − − + + = ≤ ≤ ⇔ − ≤ + + + + + Trang 3/4 .≤ 0,50 • Khi thìx 0,y 1= = 1 P . 4 = − • Khi thìx 1,y 0= = 1 P . 4 = Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 , 4 − giá trị lớn nhất của P bằng 1 . 4 0,50 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng…[1,00] Ta có 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n0 [1 1] C C ... C C .− = − = − + − + 2n 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n2 [1 1] C C ... C C .− = + = + + + + 0,50 ⇒ 1 3 2n 1 2n 2n 2n 2nC C ... C 2 .− − + + + = 1 6.Từ giả thiết suy ra 2n 1 2 2048 n− = ⇔ = 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...[1,00 điểm] Do B,C thuộc [P], B khác C, B và C khác A nên 2 b B[ ;b], 16 2 c C[ ;c] 16 với b, c là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4.≠ 2 2 b c AB 1;b 4 , AC 1;c 4 . 16 16 ⎛ ⎞ ⎛ = − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ Góc nêno BAC 90= AB.AC 0= ⇔ 2 2 b c 1 1 [b 4][c 4] 16 16 ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 0= ⇔ [1].272 4[b c] bc 0+ + + = 0,50 Phương trình đường thẳng BC là: 2 2 2 c x y c16 b c b c 16 16 − − = − − 16x [b c]y bc 0⇔ − + + = [2]. Từ [1], [2] suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I[17; 4].− 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit [1,00 điểm] Bpt đã cho tương đương với 2 x 3x 2 0 1 x − + < ≤ . 0,50 2 0 x 1x 3x 2 0 x 2.x < ⇔ ⎢ >⎣ 2 x 0x 4x 2 0 x 2 2 x 2 2