ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008

Chia sẻ: Bui Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

3.494
lượt xem 94
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án môn toán khối b năm 2008', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 • TXĐ : . ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 1. • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ +∞ 0 1 − y’ + 0 0 + 0,25 +∞ 1 y −1 −∞ • Đồ thị : y 1 1 0,25 O x −1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) 2 Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình : y = kx + k − 9. Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có ⎧ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 ) ⎪ nghiệm : ⎨ ( 3) 2 ⎪12x − 12x = k 0,50 ⎩ ( ) Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = 12x 2 − 12x ( x + 1) − 9 ⎡ x = −1 ⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢ 2 ⎢x = 5 . ⎣ 4 • Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15. 5 15 15 21 • Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − . 0,50 4 4 4 4 15 21 Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − . 4 4 II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 Phương trình đã cho tương đương với sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0 0,50 ⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0. Trang 1/4
π kπ • cos2x = 0 ⇔ x = +. 42 π 0,50 • sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 3 π kπ π Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ). 42 3 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 2 Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9 2 ⎛2 x2 ⎞ ⎪ ⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9 ⎨ x2 2⎠ xy = 3x + 3 − ⎝ ⎪ 0,50 ⎩ 2 ⎡x = 0 ⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = − 4. • x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. 17 • x = −4 ⇒ y = . 0,50 4 ⎛ 17 ⎞ Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ . 4⎠ ⎝ III 2,00 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) 1 Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ 0,50 AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) . Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 0,50 2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0. 2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 0,50 (ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC. Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình ⎧2 x + 2y + z − 3 = 0 ⎪ ⎨ x y +1 z −1 0,50 ⎪1 = 2 = −4 . ⎩ Suy ra M ( 2;3; − 7 ) . IV 2,00 Tính tích phân (1,00 điểm) 1 π⎞ ⎛ Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx. ⎝ 4⎠ 0,25 π Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2. 4 Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 . 2 0,50 2 21 2 dt ∫ = Suy ra I = − 2 2 t +1 1 2 (t + 1) 1 ơ 2⎛ 1 1 ⎞ 4−3 2 = − ⎟= . 0,25 ⎜ 2 ⎝ 2 +1 2 ⎠ 4 Trang 2/4
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 2(x 2 + 6xy) 2(x 2 + 6xy) P= =2 . 1 + 2xy + 2y 2 x + y 2 + 2xy + 2y 2 • Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2. • Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó 2t 2 + 12t P= ⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1). 0,50 2 t + 2t + 3 3 − Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = . 4 − Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3. 3 1 3 1 P = 3 khi x = , y= hoặc x = − , y=− . 10 10 10 10 3 2 3 2 0,50 P = −6 khi x = , y=− hoặc x = − , y= . 13 13 13 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. V.a 2,00 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) 1 n +1 ⎛ 1 1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)! ⎜ k + k +1 ⎟ = . Ta có: 0,50 n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2 (n + 1)! 1 k!(n − k)! [(n + 1 − k) + (k + 1)] = . n+2 n! 0,50 k!(n − k)! 1 = = k. n! Cn Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) 2 • Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC. • u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u ⎛ a −1 b −1 ⎞ ; và trung điểm I ⎜ ⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là 0,50 ⎝2 2⎠ ⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0 ⎪ ⇒ H ' ( −3;1) . nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1 ⎪ 2 − 2 +2=0 ⎩ • Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0. ⎧3x − 4y + 13 = 0 ⇒ A(5;7). • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩ x−y+2=0 1 • Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4) 0,50 2 nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0. ⎧ 3x + 4y + 7 = 0 • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩3x − 4y + 13 = 0. ⎛ 10 3 ⎞ Suy ra C ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 3 4⎠ Trang 3/4
V.b 2,00 Giải bất phương trình (1,00 điểm) 1 Bất phương trình đã cho tương đương với x2 + x x2 + x 0,50 >1 ⇔ >6 log 6 x+4 x+4 ( x + 3)( x − 8) > 0. x 2 − 5x − 24 ⇔ >0 ⇔ 0,50 x+4 x+4 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( −4; − 3) ∪ ( 8; + ∞ ) . Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) 2 Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra a3 AB = a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH = SM = . 2 2 1 Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 . 2 a3 3 1 Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN = (đvtt). 3 3 S 0,50 E A D H M B C N Kẻ ME // DN (E ∈ AD) a suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có 2 (SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE 0,50 a5 a5 Suy ra SE = SA 2 + AE 2 = , ME = AM 2 + AE 2 = . 2 2 a 5 Tam giác SME cân tại E nên SME = ϕ và cosϕ = 2 = . 5 a5 2 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---------------- Trang 4/4