Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn Toán, khối B (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

Chia sẻ: đinh Công Chánh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh cùng tham khảo Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn Toán, khối B (Đáp án chính thức) của Bộ GD&ĐT sau đây, nhằm giúp các em đang chuẩn bị bước vào các kỳ thi tuyển sinh đại học có thêm kinh nghiệm để làm bài thi đạt kết quả tốt nhất. Tham khảo kèm đề thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn Toán, khối B (Đề thi chính thức) của Bộ GD&ĐT.

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 năm 2010 môn Toán, khối B (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1}. • Sự biến thiên: 0,25 1 - Chiều biến thiên: y ' = > 0, ∀x ≠ −1. ( x + 1)2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). n - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2. x→ − ∞ x→ + ∞ 0,25 lim y = + ∞ và lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1. x → ( − 1) − x → ( − 1) + v - Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ y' + + +∞ 0,25 e. 2 y 2 −∞ • Đồ thị: y itr 2 0,25 1 −1 O x o 2. (1,0 điểm) 2x + 1 Phương trình hoành độ giao điểm: = −2x + m tu x +1 0,25 ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1). ∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m. | m| 5(m 2 + 8) 0,25 Ta có: d(O, AB) = và AB = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = 2 2 2 . 5 2 1 | m | m2 + 8 | m | m2 + 8 SOAB = AB. d(O, AB) = , suy ra: = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25 2 4 4 Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0 0,25 ⇔ cos 2 x sin x + (cos x + 2) cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x + 2) cos 2 x = 0 (1). 0,25 Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 π π (1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = +k (k ∈ Z). 0,25 4 2 2. (1,0 điểm) 1 Điều kiện: − ≤ x ≤ 6. 0,25 3 Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 0,25 n 3( x − 5) x−5 ⇔ + + ( x − 5)(3x + 1) = 0 3x + 1 + 4 6− x +1 0,25 3 1 ⇔ x = 5 hoặc + + 3x + 1 = 0 . v 3x + 1 + 4 6− x +1 3 1 ⎡ 1 ⎤ + + 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25 3x + 1 + 4 6− x +1 ⎣ 3 ⎦ III (1,0 điểm) e. Đặt t = 2 + ln x , ta có dt = I = 3 ∫ 2 t−2 t2 dt = 3 ∫ 2 1 t 2 t 2 1 1 x 3 dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. dt − 2 ∫ 2 dt . 3 0,25 0,25 3 = ln t 2 + 0,25 itr t 2 1 3 = − + ln . 0,25 3 2 IV A' C' • Thể tích khối lăng trụ. (1,0 điểm) Gọi D là trung điểm BC, ta có: 0,25 B' BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: n ADA ' = 60D . o 3a a2 3 G Ta có: AA ' = AD.tan n ADA ' = ; SABC = . 2 4 0,25 3a3 3 A C Do đó: VABC . A ' B ' C ' = S ABC . AA ' = . tu H 8 D • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: G GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC). E Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao 0,25 điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). A H GE.GA GA2 Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = = . I GH 2 GH AA ' a a 3 7a 2 7a 2 2 7a Ta có: GH = = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = . Do đó: R = . = . 0,25 3 2 3 12 2.12 a 12 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm V Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) . 0,25 (1,0 điểm) (a + b + c) 2 1 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤ = . 3 3 ⎡ 1 ⎞ 2 Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢ 0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 − ; 0,25 ⎣ 2⎠ 1 − 2t 2 f ''(t ) = 2 − ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến. (1 − 2t )3 ⎡ 1⎤ ⎛ 1 ⎞ 11 Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = − 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến. ⎣ 3⎦ ⎝ 3⎠ 3 0,25 ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ . ⎣ 3⎦ n ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⎣ 3⎦ 0,25 ⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. v VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0 e. d ⎪ 0,25 ⎨ x − 4 y +1 ⇒ D(4; 9). B ⎪⎩ 2 + 2 − 5 = 0 Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) C A ⎧⎪ x + y − 5 = 0 0,25 thỏa mãn: ⎨ 2 2 với x > 0, suy ra A(4; 1). ⎪⎩ x + ( y − 5) = 32 2S ABC ⇒ AC = 8 ⇒ AB = = 6. itr AC B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 0,25 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). JJJG JJJG Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7). 0,25 Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0. o 2. (1,0 điểm) x y z Mặt phẳng (ABC) có phương trình: + + = 1. 0,25 1 b c 1 1 Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: − = 0 (1). 0,25 tu b c 1 1 1 1 1 Ta có: d(O, (ABC)) = ⇔ = ⇔ 2 + 2 = 8 (2). 3 1 1 3 b c 0,25 1+ + b2 c2 1 Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = . 0,25 2 VII.a Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: 0,25 (1,0 điểm) | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 ⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0. 0,25 2 2 Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x + (y + 1) = 2. 0,25 Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). N x +1 y 0,25 A Đường thẳng AF1 có phương trình: = . M 3 3 F1 F2 M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra: O x ⎛ 2 3⎞ 2 3 0,25 M = ⎜⎜1; ⎟⎟ ⇒ MA = MF2 = . ⎝ 3 ⎠ 3 Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25 Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2. 2 ⎛ 2 3⎞ 4 0,25 n Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y − 2 ⎟⎟ = . ⎝ 3 ⎠ 3 2. (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2). v JJJJG Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) 0,25 G JJJJG ⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2) G JJJJG e. ⎡v, AM ⎤ 5t 2 + 4t + 8 ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = G = . 0,25 v 3 5t 2 + 4t + 8 Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ =|t| 0,25 3 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. 0,25 itr Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). VII.b 1 Điều kiện y > , phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 0,25 (1,0 điểm) 3 ⎧⎪3 y − 1 = 2 x ⎧⎪3 y − 1 = 2 x Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 2 2 2 ⎪⎩(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y ⎪⎩6 y − 3 y = 0 ⎧ x 1 ⎪⎪ 2 = 2 o ⇔ ⎨ 0,25 ⎪y = 1 ⎪⎩ 2 ⎧ x = − 1 ⎪ ⇔ ⎨ tu 1 0,25 ⎪⎩ y = 2 . ------------- Hết ------------- Trang 4/4