ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn: TOÁN; Khối: A

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị …

Khi m=2, hàm số (1) trở thành y= x3−3x2+ 2

• Tập xác định: .\

• Chiều biến thiên:

- Ta có y' 3= x2−6 ;x y' 0= ⇔ =x 0 hoặc x=2

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+ ∞)

- Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

0,25

• Cực trị:

- Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ = y(0) = 2

- Hàm số đạt cực tiểu tại x=2, yCT = y(2) = −2

• Các giới hạn tại vô cực: lim và

→+∞ = + ∞

0,25

• Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị

0,25

2 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m …

Ta có y' 3= x2−2 2( m−1)x+ − 2 m

m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình có hai

nghiệm dương phân biệt

' 0

2 ' (2 1) 3(2 ) 0 2(2 1)

0 3

2

0 3

m S

m P

⎧

⎪Δ = − − − >

⎪

−

⎪

⎪

−

⎪

= >

⎪⎩

0,25

I

(2,0 điểm)

5

2

x

y

O

2

2

−2

1 (1,0 điểm) Giải phương trình…

Phương trình đã cho tương đương với (sinx+1)(2sin 2x−1) 0

II

• sinx= −1 π 2π ( )

2

(2,0 điểm)

• sin 2 1

2

12

12

2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình …

Bất phương trình đã cho tương đương với (x+1)(x−2) 2≤ 0,25

2 x 3

Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ ]2; 3 0,25

0

1

e

Đặt u=x và dv=e dx x , ta có du=dx và x

1

0

III

(1,0 điểm)

1 2

e

Ta có MN CD// và SP⊥CD, suy ra MN ⊥SP 0,50

IV

(1,0 điểm)

Gọi là tâm của đáy O ABCD

2

a

SO= SA −OA = ⋅

.

3 2

a

SO AB

0,50

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ln2 ln2

a <b ⋅

Xét hàm số ( ) 2ln , (0; 1)

1

t

t

2

1 ( 1) 2 ln

( 1)

t

t

+ −

Do đó f t( ) đồng biến trên khoảng (0; 1)

0,50

V

(1,0 điểm)

Mà 0< < < ,a b 1 nên f a( )< f b( ) Vậy ln2 ln2

a <b ⋅

S

M N

A

D

P O

1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B …

Đường thẳng AC qua và vuông góc với đường thẳng C x+3y− = 5 0

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 5 9 0 (1; 4)

x y

A

x y

+ − =

⎧

⇒

⎨

− + =

Điểm B thuộc đường thẳng x+3y− =5 0 và trung điểm của BC thuộc đường

thẳng 5x+ − = 0.y 9 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ

⎧

⎪

⎨ ⎛⎜ ⎞ +⎟ − =

0,25

(5; 0)

B

2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) …

• (P1) có vectơ pháp tuyến nJJG1=(1; 2; 3)

• (P2) có vectơ pháp tuyến nJJG2=(3; 2; 1).− 0,25

• (P) có vectơ pháp tuyến JJGn =(4; 5; 2).− 0,25

VI.a

(2,0 điểm)

(P) qua A(1; 1; 1) nên ( ) : 4P x−5y+2z− =1 0 0,50

Hệ thức đã cho tương đương với (1+2 )i z= +8 i 0,25

2 3

VII.a

(1,0 điểm)

1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …

Khoảng cách từ M đến Δ2 là 2 | 2 3 1|

2

d M Δ = + + + ⋅

0,25

2

d M Δ =

1 5 3

t

t

= −

⎡

⎢

⇔ ⎢ = − ⋅

⎣

0,25

Vậy M(1; 1)− hoặc 1; 5

M⎛⎜− − ⎞⎟

2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ …

Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ

1

0 3 3

2 3 1

1 3

x

y

z

+

⎪

⎪ +

⎨

⎪ +

⎪

= −

⎪⎩

Ta có JJJGAB= −( 1; 1; 1),JJJGAG= −( 1; 1; 1).− 0,25

Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến JJGn =(1; 1; 0) 0,25

VI.b

(2,0 điểm)

Phương trình tham số của đường thẳng Δ là

1 3 4

z

= − +

⎧

⎪ = +

⎨

⎪ = −

⎩

0,25

Điều kiện: z≠ i.

Phương trình đã cho tương đương với z2− +(4 3 )i z+ + =1 7i 0 0,25

VII.b

2

3 4i (2 i)

(1,0 điểm)

Nghiệm của phương trình đã cho là z= +1 2i và z= +3 i 0,25

-Hết -