BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, 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)

•
TXĐ :
.\
•
Sự biến thiên : ,
2
y' 12x 12x=−
x0
y' 0
x1
=
⎡
=⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
0,25
2
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) (1,00 điểm)

Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :

Δ
(
M1;9−−
)
.ykxk9=+−
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm :
() ()
()
32
2
4x 6x 1 k x 1 9 2
12x 12x k 3
⎧
−+= +−
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
()

−
0 +
x
−∞
0 1
y
1
1−
−∞
+∞
+∞
O
y
x
1
−1
1
•
Với thì , phương trình tiếp tuyến là : x=−1 k24=
y 24x 15.=+
•
Với
5
x
4
=
thì
15
k
4

0,50

k
cos2x 0 x .
42
ππ
•=⇔=+

sinx 3cosx 0 x k .
3
π
•+ =⇔=−+
π

Nghiệm của phương trình là
k
x,
42
ππ
=+

xk
3
π
=− + π

(k ).∈]
0,50
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

x 12x 48x 64x 0⇔+ + + =

3
x(x 4) 0⇔+=
x0
x4
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣
0,50
x0•=
không thỏa mãn hệ phương trình.
17
x4y
4
•=−⇒ =
.

Nghiệm của hệ phương trình là
17
(x;y) 4; .
4
⎛⎞
=−

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận
n
G
làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình

()()()
2x 0 4y 1 8z 2 0−+ −− −=

x2y4z60⇔+ − +=.

0,50

2
Tìm tọa độ của điểm M (1,00 điểm) Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
(ABC) tại trung điểm của BC.
AB.AC 0=
JJJG JJJG
(
I0; 1;1−
)
0,50 Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
2x 2y z 3 0
xy1z1

=− =− −
⎜⎟
⎝⎠

Với x = 0 thì t = 1, với
x
4
π
=
thì t2= .
0,25
Ta có
2
sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .++ + =+
Suy ra
2
2
1
2dt
I
2
(t 1)
=−
+
∫

2

12xy2y x y 2xy2y
++
==
++ +++
Trang 3/4
2
.
.
,

•
Nếu thì Suy ra P = 2.
y0=
2
x1=
•
Xét Đặt khi đó
y0≠
xty=
2
2
2t 12t
P
t2t
+
=
++
3
,
⇔ (1).

10 10
=− =−
.
6

P=−
khi
32
x,y
13 13
==−
hoặc
32
x,y
13 13
=− =
.

Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
0,50
V.a

2,00
1
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có:
kk1
n1 n1
n1 1 1


k
n
k!(n k)! 1
.
n! C
−
==

0,50
2
Tìm tọa độ đỉnh C (1,00)

• Ký hiệu Gọi là điểm đối
xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC.
1
d: x y 2 0,−+=
2
d:4x 3y 1 0.+−=
H'(a;b)
1
d H'
• là vectơ chỉ phương của u(1;1=
G
)
1
d, HH ' (a 1; b 1)=+ +
J
JJJG
vuông góc với

()
H' 3;1 .⇒ −

0,50
2
JJJG
= (3 ; 4)
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.
⇔
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y 7 0
3x 4y 13 0.
++=
⎧
⎨
−+=
⎩
Suy ra C
10 3
;.
34
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
V.b

2,00
1
Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Trang 4/4


()()
x3x8
0.
x4
+−
⇔>
+

Tập nghiệm của bất phương trình là :
()

(
4; 3 8; .−− ∪ +∞
)
0,50
2
Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra
SH
Do đó SH là
đường cao của hình chóp S.BMDN.
()
ABCD .⊥
2
SB a 3a AB+=+=
Ta có:
SA
nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
2222

(đvtt). 0,50

S

a5
SE SA AE ,
2
=+=
22
a5
ME AM AE .
2
=+=
Suy ra

a
5
2
n
SME =
ϕ
Tam giác SME cân tại E nên
và
cos

.
5
a5
2
ϕ= =

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