Tuyển tập Đáp án Đại học, cao đẳng môn Toán từ năm 2008 2014

• Các giới hạn tại vô cực: lim và m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 2 03 m S m P... Câu Đáp án Điểm 1... Gọi I là trung điểm AB...

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008

Môn: TOÁN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

2 Tìm m để d : y= − +x mcắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là

( )2

x

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

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

Phương trình đã cho 1sin 3x 3cos 3x sin 2x

3x 2x k23

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy<0 (1,00 điểm)

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có Thay vào phương

3

< −

0,50

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,00 điểm)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là uG =(1; 1; 2− )

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là nJJGP =(1; 1; 2− ) 0,50 Phương trình mặt phẳng (P) là:

Tọa độ trung điểm I của AB là a b;

t -2 1 2

+ 0 - f’(t)

-7 1

2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển (1,00 điểm)

Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của

18 5

12xx

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện x> − 1 Phương trình đã cho tương đương với

Với t 1= ta có log x 12( + = ⇔ + = ⇔ =) 1 x 1 2 x 1 (thỏa mãn điều kiện)

Với t 2= ta có log x 12( + = ⇔ + = ⇔ =) 2 x 1 4 x 3 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 1, x 3 = =

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn: TOÁN; Khối: A

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

- 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

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

nghiệm dương phân biệt

2

03

m S

m P

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0 điểm) Giải phương trình…

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

A

D

P O

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

(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

t t

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

Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ

1

033

231

13

⎨

⎪+

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn: TOÁN; Khối A

(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)

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

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

2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến …

1 (1,0 điểm) Giải phương trình…

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 4x+ 8sin 2x− = 5 0 0,25

2 4sin 2x 8sin 2x 3 0

5π π 12

−1

⎡

⇔ ⎢ = −

Với x= ta được 1 y= − với 1, x= − ta được 3 y= 7.

Gọi I là trung điểm AB Ta có SA SB= ⇒SI ⊥AB Mà (SAB) ( ⊥ ABCD), suy ra SI ⊥ (ABCD). 0,25

Góc giữa SC và (ABCD) bằng n SCI và bằng 45 O , suy ra 2 2 5

x y= = Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8 0,25

1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc …

Hình chiếu vuông góc A' của A trên (P) thuộc đường thẳng đi qua A và nhận uJG= (1; 1; 1) làm

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

d có vectơ chỉ phương aJG= − ( 2; 1; 1),(P) có vectơ pháp tuyến nJG= (2; 1;2) − 0,25

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) Ta có A(0;1;0) ∈d nên (Q) đi qua A và [ , ] a nJG JG

2 (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M …

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A

(Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)

- Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞)

- Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 1

− −

Câu Đáp án Điểm

2 (1,0 điểm)

Điều kiện: x≤ − hoặc 3 1 x≥

Bất phương trình đã cho tương đương với 4x− x2− −2x 3− 3.2x− x2− −2x 3− > 4 0. 0,25 Đặt t= 2x− x2− −2x 3> bất phương trình trên trở thành 0, t2− − > ⇔ > (do t > 0) 3t 4 0 t 4 0,25

Đặt t= 4 − +x 2x− Phương trình đã cho trở thành 2. t2− + = 4t 4 m (1) Dựa vào bảng biến

thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn 3 ≤ ≤ t 3. 0,25 Xét g t( ) =t2− + 4t 4, 3 ≤ ≤ t 3.

a b

Phương trình đường cao là 5(x− − 1) 4(y− 2) 0 = ⇔ 5x− 4y+ = 3 0. 0,25

2 phần ảo của

1

z bằng

1 2

- Hết -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

+

= +

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞)

vuông góc với đường thẳng d y= + 2 ⇔ có hệ số góc bằng x d − 1. 0,25

0 0

0 1

2 ( 1)

x

y x

x x

a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2x+ sinx= sin 3 x

cos2 0 sin 1

x x

=

⎡

⎣ 2cos 2 (sinx x 1) 0

b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 log 3 2( )x 3( )x > 1

Điều kiện x> 0 Bất phương trình tương đương với

d 1

x

x

= +

∫Đặt x+ = ; d 1 t x= 2 d ;t t x= ⇒ = 0 t 1;x= ⇒ = 3 t 2. 0,25

Ta có

2 2 1

2( 1)d

Suy ra

2 3 1

Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA=HB=HC.

Kết hợp với giả thiết SA=SB=SC suy ra SH ⊥BC, ∆SHA= ∆SHB= ∆SHC.

2a

B

C

Gọi lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đường thẳng

m m

Tọa độ của điểm 'B là nghiệm của hệ 2 0

x

B y

2

x

B y

2

x

C y

5 5

C − thì đường thẳng AB có phương trình là 2x− + = y 2 0.

0,25

Nếu C'( 2;0) − thì đường thẳng AB có phương trình là x− + = y 2 0. 0,25

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1

Viết phương trình đường thẳng

Gọi z1, z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z2− 2z+ + 1 2i= 0 Tính z1 + z2 .

Phương trình đã cho tương đương với (z− 1) 2 − − (1 i) 2 = 0 0,25

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Gọi K là trung điểm của cạnh BC

− +

≥ +

2 2

Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d Phương trình của (P) là 2x y z− + − = 0 12 0,25

Gọi H là giao điểm của d và (P) Suy ra (1 2 ; 1 ; 3 ) H + t − −t + t 0,25

Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AP, nên có phương

Tam giác ABC vuông tại A nên B và C thuộc đường tròn tâm M,

bán kính 5 5 Tọa độ các điểm B và C là nghiệm của hệ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D

(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)

Các khoảng nghịch biến: (−∞; 0) và (2; +∞); khoảng đồng biến: (0; 2).

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −1; đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3.

- Giới hạn tại vô cực: lim

P P P P

Câu Đáp án Điểm3

(1,0đ) Ta có I =

2 Z

1

x dx +

2 Z

2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 hoặc x = −1. 0,25

(1,0đ) Đường thẳng ∆ cần viết phương trình đi qua A và nhận −→n làm vectơ chỉ phương, nên

Ta có H ∈ (P) nên (2 + t) + 2(1 + 2t) − 2(−1 − 2t) + 3 = 0 ⇔ t = −1 Do đó H(1; −1; 1) 0,25

Ta có −−→ AB = (−1; 1; 4) và vectơ pháp tuyến của (P ) là −→n = (1; 2; −2).

Mặt phẳng (Q) cần viết phương trình đi qua A và nhận [ −−→ AB, − →n] làm vectơ pháp tuyến,

nên (Q) : −10(x − 2) + 2(y − 1) − 3(z + 1) = 0 ⇔ (Q) : 10x − 2y + 3z − 15 = 0. 0,257

Do ABCD là hình vuông cạnh a, nên AC = √2 a.

Suy ra SA = AC tan [ SCA = √

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD, suy ra

AH ⊥ SD Do CD ⊥ AD và CD ⊥ SA nên CD ⊥ (SAD).

Câu Đáp án Điểm8

• Với x = 2y, phương trình (1) trở thành 7y2= 7 ⇔h yy= 1 ⇒ x = 2= −1 ⇒ x = −2. 0,25

• Với x = −y − 1, phương trình (1) trở thành y2+ y − 6 = 0 ⇔h yy = −3 ⇒ x = 2= 2 ⇒ x = −3.

Vậy các nghiệm (x; y) của hệ đã cho là: (2; 1), (−2; −1), (2; −3), (−3; 2). 0,259

(1,0đ) Tập xác định của hàm số là D = [0; 5].Ta có f0

• Giá trị nhỏ nhất của hàm số là f(0) = √5.

−−−−−−Hết−−−−−−

bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002

10

"

,066

"=− x+ = y = ⇔ x=

y

Bảng biến thiên

∞+

∞

x

−'

y

≠

⇔

0 2 1

3 0 0

) 4 4 )(

1 (

3 0

2

k k

k k

31

k k

k

Cách II Ta có

)(03

−+

>

++

31

033

0963

2 2

2

2

k k

k k

k k k k

k k

∑0 đ,50,25 đ0,25 đ

-0,25đ

0,25 đ

∑0 đ,50,25 đ0,25 đ

2

1 '

m x

m x y

Ta thấy x1 ≠ x2 và 'y đổi dấu khi qua x và 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị tại

1

x và x 2

23)

m x

m m x

y=2 − 2 +

Cách II y' =−3x2 +6mx+3(1−m2)=−3(x−m)2 +3, Ta thấy

0'09)1(99

m m x m mx

-0,25 đ

0,25 đ0,25 đ0,25 đ

∑1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ0,25 đ

-0,25 đ

0,25đ0,25 đ0,25 đ

∑0 đ,50,25 đ

∑1 đ,00,5 đ

x thỏa mãn điều kiện x>0.

(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

0,25 đ 0,5 đ

2.

0121log

3log

0]3,1

3 3

22222)2(

22)1(

f

m f

0,25 đ -

3sin3cos

2

12

x

x x

x

2sin21

3sin3cos

+

x

x x

x x x

2sin21

3sin3cos2sinsin2sin

−+

x

x x

x x

x

2sin21

3sin3cos3coscos

sin

x

x x

cos52

sin21

cos)12sin2

Vậy ta có: 5cosx=cos2x+3⇔2cos2 x−5cosx+2=0

cosx=2 (loại) hoặc 2 ( )

32

1cosx= ⇒ x=±π + kπ k∈Z

∑1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ0,25 đ

∑1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ0,25 đ

V×x∈(0;2 nªn lÊy π)

31

sin x≠− VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ:

31

2 2

5 0

| 3

+∫5(x+ −x + x− )dx

3

2 4 3 3

( x x)dx (x x )dx ( x x)dx

3 2 3

1 2 1

0

5 3

2 3 3

1

2 3 1

0

2 3

2

53

16

2

33

12

53

223

266

0-1

y

3

32

18

-1

1

=

=

Ta cã ∆SAB=∆SAC⇒ hai trung tuyÕn t−¬ng øng AM = AN

AMN AI

MN AMN

SBC

AMN SBC

244

2 2

BK SB

4

108

4

32

2 2 2

2 2

SA SI

2

AI MN

a C

a B

6

3

;0,0

;2

3

;0,0

;0

;2,0

;0

;2),

u

n P

2 2

2 2

01

;2

;1

2'3

'2:

'

t z

t y

t x t

21

21

;12

11

;22

12

0,25 ®

-0,25 ®0,25 ®

∑1 ®,00,5 ®

0,5 ®

-0,5 ®0,5 ®

-0,25 ®0,25 ®

∑1 ®,00,5 ®0,5 ®

-0,5 ®0,5 ®

Ta cã BCIOx=B( )1;0 §Æt x A = ta cã a A ( o a; ) vµ

.3

=

++

=

C B A G

C B A G

y y y y

x x x x

;3

( )212

3

|3

|1

|3

13

−+

−

−

=++

=

a a

a BC

AC AB

S

13

|1

|

=+

;3

1341

.30: y=tg 0 x− = x− ⇒x I = ±

TH1 Nếu A và O khác phía đối với B⇒x I =1+2 3 Từ d(I,AC)=2

.323

2= ++

;3

1342

( ) ( ) 6 5 3 28 0

)2)(

1(

!1

!5

n n

n

⇒ n1 =−4 (lo¹i) hoÆc n2 =7

Víi n=7 ta cã

.44

21402

.2.351402

3 3

0,25 ®0,25 ®

0,5 ®

Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

x x

−1

x

m x mx

y cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương ⇔ phương trình f x( ) =mx2 + + = có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1 x m 0

1 2

0

2 0

m m

m m

sin cos

1 sin

x x x x

x

x x

Trường hợp này hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Cách 1 Đặt AB = Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên A’C, suy ra BH ⊥ a

A’C, mà BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do đó A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH Vậy góc

phẳng nhị diện [B A C D là góc n, ' , ] BHD

Xét ∆A DC' vuông tại D có DH là đường cao, ta có DH A C CD A D ' = '

' '

Cách 2 Ta có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (Định lý ba đường vuông góc)

Tương tự, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C Gọi H là giao điểm của A C và (' BC D ' )

0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ

2)

a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã

) 2 ; ; ( ) ; ; ( ' 0);

; ; (a a C a a b M a a b

! 12

4 3

t t

a = 

→

y y

0,5 ®

Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

Đề chính thức Môn: Toán, Khối A

(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

2

−

−+

−

=

x

xx

b) Sự biến thiên:

x(2 x)2

y '2(x 1)

c) Đồ thị:

0,25

I.2 ( 1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y = m là :

xx

=

ư

ư+

ư

12

33

2

⇔ x2 +(2mư3)x+3ư2m=0 (*) 0,25 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

y ⇔ ưlog4( ư )ưlog4 1 =1

yx

So sánh với điều kiện , ta được y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x)

III.1 (1,0 điểm)

+ Đường thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3)JJJG

có phương trình 3x+3y 0= Đường thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)JJJG

có phương trình y = 1ư ( Đường thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1)

JJJG

có phương trình 3x+ ư = ) y 2 0 0,25Giải hệ hai (trong ba) phương trình trên ta được trực tâm H( 3 ; ư 1) 0,25 + Đường trung trực cạnh OA có phương trình y = 1

Đường trung trực cạnh OB có phương trình 3x+ + = y 2 0( Đường trung trực cạnh AB có phương trình 3x 3y+ = ) 0 0,25

Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c

III.2.a (1,0 ®iÓm)

+ Ta cã: C 2; 0; 0(− ), D 0;( −1; 0), M(−1;0; 2) ,

SA=(2;0;−2 2), BMJJJJG= − −( 1; 1; 2) 0,25 Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM

JJJG JJJJG ⇒ α = °30

0,25+ Ta cã: ⎡⎣SA, BMJJJG JJJJG⎤ = −⎦ ( 2 2; 0; 2− ), ABJJJG= −( 2; 1; 0) 0,25 VËy:

1

;0

2sin242sin21

−

2sin22

12cos

coscos2

A

CB

AA

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn: TOÁN, Khối A

(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

0,25

⇔cos8x cos 4x 2 0+ − = ⇔2cos 4x cos 4x 3 02 + − = 0,25

0,25

Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến nG=(2;1; 2 − )

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương uG= −( 1;2;1)

Vì ∆ ⊂( )P và ∆ ⊥d nên ∆ có vectơ chỉ phương uJJG∆ =⎡⎣n, uG G⎤⎦=(5;0;5)

IV 2,0

2 0

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

x y z.= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn: TOÁN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

+ _

+

+ ∞

- ∞

0 1

0,25

2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 2 x3−9 x2+12 x 4 m 4− = −

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

y 2 x= −9 x +12 x 4− với đường thẳng y m 4.= − 0,25 Hàm số y 2 x= 3−9 x2+12 x 4− là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục

Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số:

y 2 x= −9x +12 x 4−

0,25

Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0 m 4 1< − < ⇔ < <4 m 5 0,25

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

Điều kiện: sin x 2 ( )1

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện: x≥ −1, y≥ −1, xy 0.≥ Đặt t= xy t 0 ( ≥ ) Từ phương trình thứ

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:

( )

x y 2 2 xy x y 1 16+ + + + + + = 2 Thay xy t , x y 3 t= 2 + = + vào (2) ta được:

III 2,00

1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN (1,00 điểm)

Gọi ( )P là mặt phẳng chứa A 'C và song song với MN Khi đó:

⎩

Do đó, phương trình của ( )Q có dạng: ax by+ + +(a b z) (− +a b)=0 0,25 Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến nG =(a; b;a b+ ), mặt phẳng Oxy có

1 dtI

4 1

2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)

Từ giả thiết suy ra: 1 1 12 12 1

x+ =y x +y −xy Đặt 1 a, 1 b

Với y= − được điểm 11 M1(−22; 11 − )

2 Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) 26

V.b 2,00

1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 3 2 3x 4 2 2x 2 x 2 0 ( )1

Kẻ đường sinh AA ' Gọi D là điểm đối xứng với A ' qua O ' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A 'D

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 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

23t 2t m (2)

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

0 f(t)

t

0

1/3

-1

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Mơn: TỐN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

...

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Mơn: TỐN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

x x

−1