Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

Chia sẻ: đinh Công Chánh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

96
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) của Bộ GD&ĐT để biết kết quả của đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn Toán, khối A (Đề thi chính thức) của Bộ GD&ĐT. Việc thử sức mình qua các đề thi ĐH-CĐ của các năm trước sẽ giúp các em học sinh làm quen với các dạng Toán và cách giải của các kỳ thi ĐH-CĐ. Chúc các em thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn Toán, khối A (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x2 + x − 2 4 Khi m = 1 hàm số trở thành: y = = x−2+ . x+3 x +3 • TXĐ: D = \ \ {−3} . 4 x 2 + 6x + 5 ⎡ x = −1 0,25 • Sự biến thiên: y ' = 1 − = , y' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −5 2 2 (x + 3) (x + 3) • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1. • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2. 0,25 • Bảng biến thiên: x −∞ −5 −3 −1 +∞ y’ + 0 − − 0 + −9 +∞ +∞ 0,25 y −∞ −∞ −1 • Đồ thị: y -5 -1 O -3 2 x -1 -2 0,25 -9 2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 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. JJG JJG 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 JJG JJG 0,50 n 1.n 2 m m 2 cos450 = JJG JJG = ⇔ = ⇔ m = ± 1. n1 . n 2 m2 + 1 m2 + 1 2 Trang 1/5
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 Phương trình đã cho tương đương với: + = −2 2(s inx + cosx) 0,50 s inx cosx ⎛ 1 ⎞ ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 1 2 π 5π • + 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 2 Giải hệ... (1,00 điểm) ⎧ 2 5 ⎧ 2 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 = x 2 + y ⎪⎪ u + v + uv = − 4 Đặt ⎨ . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ 0,50 ⎩ v = xy ⎪u 2 + v = − 5 ⎪⎩ 4 ⎧ 5 2 ⎡ 5 ⎪⎪ 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 ⎪ xy = − 4 16 ⎩ 4 1 3 • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 2 ⎧ 2 3 1 0,50 ⎪⎪ x − 2x + 2 = 0 ⎧2x 3 + x − 3 = 0 ⎪ 3 ⎨ ⇔⎨ 3 ⇔ x = 1 và y = − . ⎪y = − 3 ⎪y = − 2 ⎪⎩ ⎩ 2x 2x ⎛ 5 25 ⎞ ⎛ 3⎞ Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜⎜ 3 ; − 3 ⎟⎟ và ⎜1; − ⎟ . ⎝ 4 16 ⎠ ⎝ 2⎠ III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) G Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc JJJG 0,50 của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). JJJG G 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. JJJG Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của (α) là 0,50 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0. IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm) π π 4 6 tg x 6 tg 4 x I= ∫0 cos 2x dx = ∫0 (1 − tg 2 x ) cos2 x dx. 0,25 dx π 1 Đặt t = tgx ⇒ dt = 2 . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . cos x 6 3 Suy ra 1 1 1 1 3 t4 3 1 3 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ t3 1 t +1 ⎞ 0,50 I= ∫ 1− t 2 ( dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫) ⎜ − ⎟ dt = ⎜ − − t + ln ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎟ 3 2 t −1 ⎠ 0 0 20 ⎝ 3 0 = 1 2 ( ln 2 + 3 − 10 9 3 . ) 0,25 2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) 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) = + − − 2 4 (2x)3 2x 2 4 (6 − x)3 6−x 1⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ = ⎜ − ⎟+⎜ − ⎟, x ∈ (0;6). 0,50 2 ⎜⎝ 4 (2x) 3 4 (6 − x)3 ⎟ ⎝ 2x ⎠ 6−x ⎠ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ Đặt u(x) = ⎜ − ⎟ , v(x) = ⎜ − ⎟. ⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3 ⎟ ⎝ 2x 6 − x ⎠ ⎝ ⎠ 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: x 0 2 6 f’(x) + 0 − 3 2 +6 0,50 f(x) 2 6 + 2 4 6 4 12 + 2 3 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 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) 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. x 2 y2 0,50 Phương trình chính tắc của (E) là + = 1. 9 4 2 Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm) a1 a ⎛1⎞ Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 + n + ... + nn = f ⎜ ⎟ = 2n. 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 k , a k +1 = 2k +1 C12 k +1 ak 2k C12 k k +1 23 < 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔ 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . a k +1 Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 8 = 126720. V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) 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 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4. 2 ⎡t = 1 Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t + = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢ t ⎣ t = 2. • Với t = 1 ⇔ log 2x −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
2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 0,50 1 1 2 Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = a + 3a 2 = a. 2 2 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3. 1 a3 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'. n Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B ' BH 0,50 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