Đáp án đề thi tuyển sinh Cao đẳng môn Toán khối B năm 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 
Môn: TOÁN, khối B 
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
I 2,00 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 
 Ta có 1y 1 .
x 1
= +
−
• Tập xác định: D = \{1}.\
• Sự biến thiên: 2
1y ' 0, x D.
(x 1)
= − < ∀ ∈
−
0,25 
Bảng biến thiên: 
Hàm số không có cực đại và cực tiểu. 
0,25 
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2 Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm) d : y x m= − + 
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là 
( )2x x m x mx m 0 1
x 1
= − + ⇔ − + =
−
 (do không là nghiệm). x 1=
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương 
trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 
0,50 
x − ∞ 1 + ∞
y' − −
 1 + ∞ 
y 
 −∞ 1 
O 1 
1 
y 
x 
Điều kiện là : hoặc m 02m 4m 0 m 4Δ = − > ⇔ > .
.
< 
Vậy m hoặc 4> m 0< 0,50 
II 2,00 
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 
Phương trình đã cho 1 3sin 3x cos3x sin 2x
2 2
⇔ − = 
 sin 3x sin 2x
3
π⎛ ⎞
⇔ − =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50 
1/4 
3x 2x k2
3
3x 2x k2
3
π⎡
− = + π⎢
⇔ ⎢
π⎢
− = π − + π⎢⎣
 ⇔ π 4π 2πx k2π, x k
3 15
= + = +
5
 (k ∈Z ). 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
π 4π 2πx k2π, x k
3 15
= + = +
5
 (k ∈ ). Z
0,50 
2 
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn (1,00 điểm) xy 0< 
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có Thay vào phương 
trình thứ hai ta có: 
( )x my 1 1 .= +
( ) ( )23 mm my 1 y 3 y 2 .m 1
−
+ + = ⇔ =
+
Thay (2) vào (1) ta có 
2
3m 1
x .
m 1
+
=
+
0,50 
Xét điều kiện xy 0 :< ( )( )( )
>⎡+ − ⎢< ⇔ < ⇔ ⎢ < −+ ⎣
22
m 3
3m 1 3 m
xy 0 0 1
m .m 1 3
Vậy m hoặc 3> 1m .
3
< − 
0,50 
III 2,00 
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) 
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( )u 1; 1; 2= − .G 
Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là ( )Pn 1; 1; 2= − .
JJG
0,50 
Phương trình mặt phẳng (P) là: 
( ) ( ) ( )1. x 1 1. y 1 2. z 3 0− − − + − = x y 2z 6 0.⇔ − + − = 0,50 
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cân tại đỉnh O (1,00 điểm) MOAΔ 
+) ⇒ M d∈ ( )M t; t; 1 2t .− +
+) cân tại đỉnh O và M, O, A không thẳng hàng. MOAΔ OM OA⇔ =
0,25 
 OM hoặc OA= ( )22 2t t 2t 1 11⇔ + + + = t 1⇔ = 5t
3
= − . 0,25 
+) Với ta có Với t 1= ( )M 1; 1; 3 .− 5t
3
= − ta có 5 5 7M ; ;
3 3 3
⎛ ⎞
− −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 
+) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không 
thẳng hàng. 
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là và ( )1M 1; 1; 3−
2
5 5 7M ; ;
3 3 3
⎛ ⎞
− −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
0,25 
IV 2,00 
1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) 
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: 
2x 4x x x 0− + = ⇔ = hoặc x 3.= 0,25 
Diện tích của hình phẳng cần tìm là: 
S = 
3 3
2 2
0 0
x 4x x dx x 3x dx.− + − = − +∫ ∫ 0,25 
2/4 
Do nên . Suy ra 0 x 3≤ ≤ 2x 3x 0− + ≥
( )
33 3 2
2
0 0
x xS x 3x dx 3
3 2
⎛ ⎞
= − + = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫
9
2
. 
Vậy 9S (đvdt). 
2
=
0,50 
2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm) ( )3 3P 2 x y 3xy= + − 
Ta có: ( )( ) ( )( )2 2P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.= + + − − = + − −
Đặt Do nên x y t.+ = 2 2x y+ =
2
2t 2xy
2
−
= . Suy ra 
2 2
3 2t 2 t 2 3P 2t 2 3 t t 6t 3.
2 2 2
⎛ ⎞− −
= − − = − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25 
Do nên ( )2x y 4xy+ ≥ ( )2 2t 2 t 2 2 t 2≥ − ⇔ − ≤ ≤ . 0,25 
Xét ( ) 3 23f t t t 6t 3
2
= − − + + với [ ]t 2;2∈ − . 
Ta có : ( ) 2f ' t 3t 3t 6= − − +
 ( ) [ ][ ]
t 2 2;2
f ' t 0
t 1 2;2 .
⎡ = − ∈ −
= ⇔ ⎢
= ∈ −⎢⎣
Bảng biến thiên: 
Vậy 13ma x P , min P 7.
2
= = −
0,50 
V.a 2,00 
1 Tìm A (1,00 điểm) Ox, B Oy....∈ ∈ 
+) ( ) ( ) (A Ox, B Oy A a; 0 , B 0; b , AB a; b∈ ∈ ⇒ = − ).JJJG 0,25 
+) Vectơ chỉ phương của d là ( )u 2; 1=G . 
 Tọa độ trung điểm I của AB là a b; .
2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠
0,25 
+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 
2a b 0 a 2AB.u 0
a b 4.b 3 0I d
2
− + =⎧⎧ =⎧=⎪ ⎪
⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨
=− + =∈⎪ ⎩⎩ ⎪⎩
JJJG G
Vậy A 2 ( ) ( ); 0 , B 0; 4 .
0,50 
 13
2
 f(t) 
t -2 1 2 
 + 0 - f’(t) 
 -7 1 
3/4 
2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) 
Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của 
18
5
12x
x
⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎝ ⎠ là 
( )
k 6k1818 kk k 5
k 1 18 185
1T C . 2x . C .2 .x
x
−
−
−
+
⎛ ⎞
= =⎜ ⎟⎝ ⎠
18 k . 
0,50 
 Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 6k18 0 k 15.
5
− = ⇔ =
Vậy số hạng cần tìm là 15 316 18T C .2 6528.= =
0,50 
V.b 2,00 
1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) 
Điều kiện Phương trình đã cho tương đương với x 1> − .
( ) ( )22 2log x 1 3log x 1 2 0.+ − + + = 0,25 
Đặt ta được hoặc (2t log x 1= )+ 1 .2t 3t 2 0 t− + = ⇔ = t 2= 0,25 
Với ta có (thỏa mãn điều kiện). t 1= ( )2log x 1 1 x 1 2 x 1+ = ⇔ + = ⇔ =
Với ta có (thỏa mãn điều kiện). t 2= ( )2log x 1 2 x 1 4 x 3+ = ⇔ + = ⇔ =
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 1, x 3.= =
0,50 
2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm) 
+) MN là đường trung bình của Δ MN // AD và SAD ⇒ 1MN AD
2
= 
 ⇒ MN // BC và BCNM là hình bình hành (1). MN BC= ⇒
0,25 
S 
A 
B C 
N M 
D 
+) ( ) (BC AB,BC SA BC SAB BC BM 2 .⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ )
0,25 Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. 
+) Ta có: S 2 BCNM BCM S.BCNM S.BCMS V 2V .Δ= ⇒ =
3
S.BCM C.SBM SBM SAB
1 1 1 1 aV CB.S CB.S CB. .SA.AB .
3 6 6 2 6Δ Δ
= = = = = V 0,50 
3
S.BCNM
aVậy V (đvtt). 
3
=
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---------------- 
4/4