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
1
y1 .
x1
=+
−

• Tập xác định: D =
\{1}.\
• Sự biến thiên:
2
1
y' 0, x D.
(x 1)
=− < ∀ ∈
−

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
()
2
x
xm x mxm01
x1
=− + ⇔ − + =
−
(do không là nghiệm).
x1=
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

m0<
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho
13
sin 3x cos3x sin 2x
22
⇔− =sin 3x sin 2x
3
π
⎛⎞
⇔−

=
⎜⎟

315
=+ = +
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:
()
xmy11.=+
() ()
2
3m
mm
y 1 y 3 y 2.
m1
−
++=⇔=
+

Thay (2) vào (1) ta có
2
3m 1
x.
m1

Vậy
m
hoặc
3>
1
m.
3
<−0,50

III

2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
()
u1;1;2=− .
G

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
()
P
n1;1;2=− .
JJG

0,50


t
3
=−
.
0,25
+) Với ta có Với
t1=
()
M1; 1;3.−
5
t
3
=−
ta có
55 7
M;;
33 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
()
Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
S =
33
22
00
x 4x x dx x 3x dx.−+ − =−+
∫∫

0,25
2/4 Do nên . Suy ra
0x3≤≤
2
x3x0−+ ≥
()
3
3
32
2
0
0
xx
S x 3x dx 3

22
xy+=

2
2
t2
xy
2
−
= . Suy ra
22
32
t2 t2 3
P2t2 3 t t 6t3.
22 2
⎛⎞
−−
=− − =−−++
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Do nên
()
2
xy 4xy+≥
()
22
t2t2 2t2≥−⇔−≤≤.
0,25

⎣
Bảng biến thiên:
Vậy
13
ma

x P , min P 7.
2
==−

0,50
V.a

2,00
1
Tìm
A
(1,00 điểm)
Ox, B Oy....∈∈

+)


+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
2a b 0
a2
AB.u 0
a
b 4.
b30
Id
2
−+=
⎧
⎧
=
⎧
=
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−+=
∈
⎪
⎩

2x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
là
()
k
6k
18
18 k
kk
5
k1 18 18
5
1
TC.2x. C.2.x
x
−
−
−
+
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
18k
.


V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện Phương trình đã cho tương đương với
x1>− .
() ()
2
22
log x 1 3log x 1 2 0.+− ++=

0,25
Đặt ta được hoặc
(
2
tlogx1=
)
+
1
.
2
t3t20 t−+=⇔=
t2=
0,25

Với ta có (thỏa mãn điều kiện).

⇒
1
MN 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: S2
BCNM BCM S.BCNM S.BCM