Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
Đáp án đề thi đại học môn Toán khối B năm 2013 của Bộ Giáo dục và đào tạo. Xem hoặc tra cứu điểm thi đại học nhanh và chính xác nhất http://tracuudiemthi.sms.vn
De thi-dap-an-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan-tinh-hai-duongLinh Nguyễn
Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hải Dương. Xem thêm các đề thi đáp án các tỉnh khác tại http://www.diemthi60s.com/on-thi-vao-lop-10/
Toyota of Irving has for sale the 2011Toyota Venza for customers living in Grapevine, TX. Call 972-793-6528 or visit: http://toyota-irving.com/2010-Toyota-Venza/
Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
Đáp án đề thi đại học môn Toán khối B năm 2013 của Bộ Giáo dục và đào tạo. Xem hoặc tra cứu điểm thi đại học nhanh và chính xác nhất http://tracuudiemthi.sms.vn
De thi-dap-an-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan-tinh-hai-duongLinh Nguyễn
Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hải Dương. Xem thêm các đề thi đáp án các tỉnh khác tại http://www.diemthi60s.com/on-thi-vao-lop-10/
Toyota of Irving has for sale the 2011Toyota Venza for customers living in Grapevine, TX. Call 972-793-6528 or visit: http://toyota-irving.com/2010-Toyota-Venza/
Đáp án đề thi đại học môn Toán khối A và A1 năm 2013. Xem thêm các đề thi đáp án khác tại http://www.diemthi60s.com/de-thi-dap-an/dap-an-de-thi-dai-hoc-cao-dang/
1. 1/4
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 B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m =1 ta có 3 2
y x 3x 4= − + − .
• Tập xác định: D = .
• Sự biến thiên:
2
y' 3x 6x,= − + y' 0= ⇔ x 0= hoặc x 2.=
0,25
Bảng biến thiên:
yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4.
0,50
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)
Ta có: 2 2
y' 3x 6x 3(m 1)= − + + − , y' = 0 ⇔ 2 2
x 2x m 1 0− − + = (2).
Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2
> 0 ⇔ m ≠ 0.
0,50
Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3
), B(1 + m; − 2 + 2m3
).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3
= 2m ⇔ m =
1
2
± (vì m ≠ 0).
0,50
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
( )2
sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos4x 2sin3x 1 0.− + − = ⇔ − = 0,50
• ( )cos4x 0 x k k .
8 4
π π
= ⇔ = + ∈Z
•
1 2
sin3x x k
2 18 3
π π
= ⇔ = + hoặc ( )
5 2
x k k .
18 3
π π
= + ∈Z
0,50
x − ∞ 0 2 + ∞
y' − 0 + 0 −
y − 4 − ∞
+ ∞ 0
O
− 4
2
y
x
− 1
2. 2/4
2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)
Điều kiện: x 2.≥ Phương trình đã cho tương đương với
( )( )3 2
x 2 x 6x 32 m 0− + − − = 3 2
x 2
x 6x 32 m 0.
=⎡
⇔ ⎢
+ − − =⎣
Ta chứng minh phương trình: ( )3 2
x 6x 32 m 1+ − = có một nghiệm trong
khoảng ( )2;+∞ .
0,50
Xét hàm ( ) 3 2
f x x 6x 32= + − với x 2.> Ta có:
( ) 2
f ' x 3x 12x 0, x 2.= + > ∀ >
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m 0> , phương trình (1) luôn có một
nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ .
Vậy với mọi m 0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
0,50
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = có tâm ( )I 1; 2; 1− − và bán kính R 3.= 0,25
Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25
(Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( )OI 1; 2; 1 , i 1;0;0= − − = .
⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( )n 0; 1;2 .= −
0,25
Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( )0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.− − − + − = ⇔ − = 0,25
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm A,B. Nhận xét: nếu ( )( ) ( )( )d A; P d B; P≥ thì ( )( )d M; P lớn nhất
khi M A.≡
0,25
Phương trình đường thẳng d:
x 1 y 2 z 1
.
2 1 2
− + +
= =
− 0,25
Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ
( ) ( ) ( )2 2 2
x 1 y 2 z 1 9
x 1 y 2 z 1
.
2 1 2
⎧ − + + + + =
⎪
⎨ − + +
= =⎪
⎩ −
Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( )A 1; 1; 3 ,B 3; 3;1 .− − − −
0,25
Ta có: ( )( ) ( )( )d A; P 7 d B; P 1.= ≥ =
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( )M 1; 1; 3 .− − −
0,25
IV 2,00
1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y x ln x= và y 0= là:
x ln x 0 x 1.= ⇔ =
0,25
f(x)
f '(x) +
0
x 2 + ∞
+ ∞
3. 3/4
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
( )
e e
22
1 1
V y dx x ln x dx.= π =π∫ ∫
0,25
Đặt
3
2 2 2ln x x
u ln x,dv x dx du dx,v .
x 3
= = ⇒ = = Ta có:
( )
ee e e3 3
2 2 2 2
1 1 11
x 2 e 2
x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.
3 3 3 3
= − = −∫ ∫ ∫
0,25
Đặt
3
2 dx x
u ln x,dv x dx du ,v .
x 3
= = ⇒ = = Ta có:
e ee e3 3 3 3
2 2
1 11 1
x 1 e x 2e 1
x ln xdx ln x x dx .
3 3 3 9 9
+
= − = − =∫ ∫
Vậy
( )3
5e 2
V
27
π −
= (đvtt).
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
P .
2 2 2 xyz
+ +
= + + +
Do
2 2 2 2 2 2
2 2 2 x y y z z x
x y z xy yz zx
2 2 2
+ + +
+ + = + + ≥ + +
nên
2 2 2
x 1 y 1 z 1
P .
2 x 2 y 2 z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≥ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,50
Xét hàm số ( )
2
t 1
f t
2 t
= + với t 0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
( )
3
f t , t 0.
2
≥ ∀ > Suy ra:
9
P .
2
≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ x y z 1.= = =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
9
.
2
0,50
V.a 2,00
1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)
Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 1 n 2 2 n n
n n n n3 C 3 C 3 C ... 1 C 3 1 2− −
− + − + − = − = .
Từ giả thiết suy ra n 11= .
0,50
Hệ số của số hạng chứa 10
x trong khai triển Niutơn của ( )11
2 x+ là:
10 1
11C .2 22.=
0,50
2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)
Vì 1 2B d , C d∈ ∈ nên ( ) ( )B b;2 b ,C c;8 c .− − Từ giả thiết ta có hệ:
( )( )
( ) ( )2 22 2
b 1 c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0
AB AC b 2b c 8c 18 b 1 c 4 3.
− − =⎧− − + =⎧⎧ =⎪ ⎪ ⎪
⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨
= − = − +⎪ ⎪ − − − =⎩ ⎩ ⎪⎩
0,50
Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ 2 2
xy 2
x y 3.
=⎧⎪
⎨
− =⎪⎩
Giải hệ trên ta được x 2, y 1= − = − hoặc x 2, y 1= = .
Suy ra: ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− hoặc ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− .
0,50
4. 4/4
V.b 2,00
1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Đặt ( ) ( )
x
2 1 t t 0 ,− = > ta có phương trình
1
t 2 2 0 t 2 1,t 2 1.
t
+ − = ⇔ = − = +
0,50
Với t 2 1= − ta có x 1.=
Với t 2 1= + ta có x 1.= − 0,50
2 (1,00 điểm)
Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song
song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( )BD SAC⊥ nên BD MN.⊥
0,50
Vì ( )MN || SAC nên
( ) ( ) ( )( )1 1 a 2
d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .
2 4 4
= = = =
Vậy ( )
a 2
d MN;AC .
4
=
0,50
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng
phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
N
E
C
B
M
P
D
A
S