ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ_MÔN TOÁN_KHỐI A_NĂM 2008

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án – thang điểm đề thi tuyển sinh đh, cđ_môn toán_khối a_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 – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ_MÔN TOÁN_KHỐI A_NĂM 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Môn thi: TOÁN, khối A ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 x2 + x − 2 4 Khi m = 1 hàm số trở thành: y = = x−2+ . x+3 x +3 • TXĐ: D = \ {−3} . 0,25 ⎡ x = −1 x 2 + 6x + 5 4 • Sự biến thiên: y ' = 1 − , y' = 0 ⇔ ⎢ = ⎣ x = −5 2 2 (x + 3) (x + 3) • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1. 0,25 • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2. • Bảng biến thiên: −1 x −∞ −5 −3 +∞ − − y’ + 0 0 + 0,25 +∞ +∞ −9 y −∞ −1 −∞ • Đồ thị: y -5 -1 O -3 2 x -1 -2 0,25 -9 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 6m − 2 y= = mx − 2 + . x + 3m x + 3m 0,25 1 • Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 3 1 • Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : 3 0,25 d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0. Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1). Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi 0,50 n1.n 2 m m 2 cos450 = = ⇔ = ⇔ m = ± 1. 2 m2 + 1 m2 + 1 n1 . n 2 Trang 1/5
II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 + = −2 2(s inx + cosx) Phương trình đã cho tương đương với: 0,50 s inx cosx ⎛ ⎞ 1 ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 π 5π 1 2 • + 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = − ⇔ x = − + kπ hoặc x = + kπ. 0,50 s inxcosx 2 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : π π 5π x = − + kπ ; x = − + kπ ; x = + kπ (k ∈ ). 4 8 8 Giải hệ... (1,00 điểm) 2 ⎧2 ⎧2 5 5 ⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4 3 2 2 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 ⎪ ⎪ (∗) ⇔⎨ ⎨ ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 4 4 ⎧ 5 ⎪ u + v + uv = − 4 ⎧u = x 2 + y ⎪ . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ Đặt ⎨ 0,50 ⎪u 2 + v = − 5 ⎩ v = xy ⎪ ⎩ 4 ⎧ ⎡ 5 5 2 ⎪v = − 4 − u ⎢ u = 0, v = − 4 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎢ ⎪u 3 + u 2 + u = 0 ⎢u = − 1 , v = − 3 . ⎢ ⎪ ⎩ ⎣ 4 2 2 ⎧x + y = 0 2 ⎪ 5 5 25 • Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨ 5 ⇔ x = 3 và y = − 3 . 4 4 16 ⎪ xy = − ⎩ 4 1 3 • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 2 ⎧2 3 1 0,50 ⎧2x 3 + x − 3 = 0 ⎪ x − 2x + 2 = 0 ⎪ ⎪ 3 ⇔⎨ ⇔ x = 1 và y = − . ⎨ 3 ⎪y = − 3 2 ⎪y = − ⎩ 2x ⎪ ⎩ 2x ⎛5 25 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎟ và ⎜1; − ⎟ . Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜ 3 ; − 3⎜4 ⎟ 16 ⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ III 2,00 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) 1 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc 0,50 của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. 0,50 Suy ra H ( 3;1; 4 ) . Trang 2/5
2 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho... (1,00 điểm) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (α). Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó 0,50 khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H. Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. 0,50 Phương trình của (α) là 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0. IV 2,00 Tính tích phân... (1,00 điểm) 1 π π 4 tg 4 x 6 6 tg x ∫ cos 2x dx = ∫ I= dx. 0 (1 − tg x ) cos x 2 2 0 0,25 π dx 1 Đặt t = tgx ⇒ dt = . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . 2 cos x 6 3 Suy ra 1 1 1 1 ⎛ t3 1 t +1 ⎞ 3 3 3 4 ⎛1 1⎞ 1 t 0,50 ( ) dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫ ∫ − ⎟ dt = ⎜ − − t + ln I= ⎟3 ⎜ 2 2 t −1 ⎠ 1− t ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎝3 20 0 0 0 ( ) 1 10 = ln 2 + 3 − 0,25 . 2 93 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) 2 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] . 1 1 1 1 Ta có f '(x) = + − − 6−x 2x 2 4 (6 − x)3 2 4 (2x)3 1⎛ 1 ⎞⎛1 1⎞ 1 =⎜ ⎟+⎜ x ∈ (0;6). − − ⎟, 0,50 2 ⎜ 4 (2x) ⎟ ⎝ 2x 6−x ⎠ 3 (6 − x)3 4 ⎝ ⎠ ⎛1 ⎞ ⎛1 1⎞ 1 Đặt u(x) = ⎜ ⎟ , v(x) = ⎜ − − ⎟. ⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3 ⎟ 6−x ⎠ ⎝ 2x ⎝ ⎠ Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u (x), v(x) cùng dương trên khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) . Ta có bảng biến thiên: x0 2 6 − f’(x) + 0 3 2 +6 0,50 f(x) 2 6 + 2 4 6 12 + 2 3 4 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6. Trang 3/5
V.a 2,00 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) 1 x 2 y2 Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0. a b ⎧c 5 ⎪= ⎪a 3 0,50 ⎪ Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20 ⎪2 2 2 ⎪c = a − b . ⎪ ⎩ Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. 0,50 x 2 y2 + = 1. Phương trình chính tắc của (E) là 9 4 2 Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm) ⎛1⎞ a1 a Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 + n + ... + n = f ⎜ ⎟ = 2n. n 2 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12. Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12+1 k k 2k C12 k k +1 ak 23 < 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔ 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . Tương tự, a k +1 Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 = 126720. 8 V.b 2,00 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) 1 1 Điều kiện: x > và x ≠ 1. 2 Phương trình đã cho tương đương với log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 0,50 ⇔ 1 + log 2 x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4. ⎡t = 1 2 = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢ Đặt t = log 2 x −1 (x + 1), ta có t + ⎣ t = 2. t • Với t = 1 ⇔ log 2 x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2. ⎡ x = 0 (lo¹i) • Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢ ⎢ x = 5 (tháa m·n) 0,50 ⎣ 4 5 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = . 4 Trang 4/5
Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) 2 A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 0,50 1 12 a + 3a 2 = a. Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = 2 2 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3. a3 1 Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC = (đvtt). 3 2 Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác B' BH cân tại B '. 0,50 Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B 'C ' thì ϕ = B ' BH a 1 Vậy cosϕ = =. 2.2a 4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. -------------Hết------------- Trang 5/5