Hướng dẫn chấm thi kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2002 môn Toán - Giáo dục THPT

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

Thêm vào BST

Báo xấu

102
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Hướng dẫn chấm thi kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2002 môn Toán - Giáo dục THPT sau đây. Tài liệu hữu ích cho các giáo viên chấm thi trong kỳ thi này, đồng thời cũng là tài liệu tham khảo giúp các em học sinh biết được cách tính điểm của đề thi trên.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn chấm thi kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2002 môn Toán - Giáo dục THPT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn này gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,00 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 điểm) Tập xác định: D = \ . 0,25 Sự biến thiên: ⎡x = 0 • Chiều biến thiên: y′ = x3 − 4 x; y' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = ± 2. 0,50 + Trên các khoảng ( − 2 ; 0 ) và ( 2 ; + ∞ ) , y′ > 0 nên hàm số đồng biến. + Trên các khoảng ( −∞ ; − 2 ) và ( 0 ; 2 ) , y′ < 0 nên hàm số nghịch biến. • Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0. 0,25 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 và yCT = − 4. • Giới hạn: lim y = + ∞ ; lim y = + ∞. 0,25 x→−∞ x→+∞ • Bảng biến thiên: x −∞ −2 0 2 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + 0,25 +∞ +∞ y 0 −4 −4 1
Đồ thị: y −2 2 −2 O 2 2 2 x 0,50 −4 ( ) Lưu ý: Thí sinh chỉ trình bày: Đồ thị cắt Ox tại O và ± 2 2 ;0 hoặc thể hiện (± 2 ) 2 ;0 trên hình vẽ thì vẫn cho đủ 0,50 điểm. 2. (1,0 điểm) Ta có f ′ ( x ) = x3 − 4 x ; f ′′ ( x ) = 3 x 2 − 4. 0,25 f ′′ ( x0 ) = −1 ⇔ 3 x02 − 4 = −1 ⇔ x0 = ± 1. 0,25 7 5 x0 = 1 ⇒ y0 = − ; f ' (1) = − 3, ta được phương trình tiếp tuyến là y = − 3x + . 0,25 4 4 7 5 x0 = −1 ⇒ y0 = − ; f ' ( −1) = 3, ta được phương trình tiếp tuyến là y = 3 x + . 0,25 4 4 Câu 2 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Điều kiện: x > 3. 0,25 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 0,25 log 2 ( x − 3) + 2 log 4 x = 2 ⇔ log 2 ( x − 3) + log 2 x = 2 ⇔ log 2 ⎡⎣ x ( x − 3) ⎤⎦ = 2 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 0,25 ⎡ x = −1 (loại) ⇔⎢ . Vậy nghiệm của phương trình là x = 4. 0,25 ⎣x = 4 2. (1,0 điểm) Đặt t = e x − 1 ⇒ dt = e x dx. 0,25 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = ln 2 ⇒ t = 1. 0,25 1 1 t3 2 Suy ra I = ∫ t dt = . 0,25 0 3 0 1 Vậy I = . 0,25 3 2
3. (1,0 điểm) m2 − m + 1 Trên đoạn [ 0 ; 1] , ta có f ′ ( x ) = . 0,25 ( x + 1)2 Mà m 2 − m + 1 > 0, ∀m ∈ \ ⇒ f ′ ( x ) > 0. Nên hàm số đồng biến trên [ 0 ; 1] . 0,25 Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ 0 ; 1] là f ( 0 ) = − m 2 + m. 0,25 min f ( x ) = − 2 ⇔ − m 2 + m = − 2. Vậy m = −1 và m = 2 . 0,25 [0;1] Câu 3 (1,0 điểm) A' C' B' 0,25 A C 60D B Ta có A′A ⊥ ( ABC ) ⇒ n A′BA = 60o . a2 Diện tích đáy: S∆ABC = . 0,25 2 Chiều cao lăng trụ: AA' = a tan 60D = a 3 . 0,25 a3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C ′ là VABC.A′B′C ′ = S∆ABC .A A' = . 0,25 2 Câu 4.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) JJJG G Ta có AB = ( − 2 ; 0 ; 4 ) , suy ra AB có vectơ chỉ phương là u = ( −1 ; 0 ; 2 ) . 0,50 ⎧x = 2 −t ⎪ Vậy phương trình tham số của đường thẳng AB là ⎨ y = 2 0,50 ⎪ z = 1 + 2t. ⎩ 2. (1,0 điểm) Gọi ( S ) là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm AB. 0,25 Suy ra I (1 ; 2 ; 3) là tâm của ( S ) . Bán kính của ( S ) là R = IA = ( 2 − 1)2 + ( 2 − 2 )2 + (1 − 3)2 = 5. 0,25 2.1 + ( −1) .2 + 5 Mà d ( I , ( P ) ) = = 5. 0,25 2 + ( −1) + 0 2 2 2 Nên d ( I , ( P ) ) = R . Vậy ( P ) tiếp xúc với ( S ) . 0,25 3
Câu 5.a Ta có 2 z = 6 − 8i và z = 3 + 4i. 0,25 (1,0 điểm) Suy ra 2 z + z = 9 − 4i. 0,25 25i 25i ( 3 + 4i ) 25 ( − 4 + 3i ) = = = − 4 + 3i. 0,50 z ( 3 − 4i )( 3 + 4i ) 9 + 16 Câu 4.b 1. (1,0 điểm) JJJG (2,0 điểm) Đường thẳng OA có vectơ chỉ phương là OA = 2 ; 1 ; 2 . ( ) 0,50 ⎧ x = 2t ⎪ x y z Vậy phương trình của đường thẳng OA là ⎨ y = t hoặc = = . 0,50 ⎪ z = 2t 2 1 2 ⎩ 2. (1,0 điểm) Bán kính mặt cầu ( S ) là R = OA = 22 + 12 + 22 = 3. 0,25 Suy ra ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9. 2 2 2 0,25 G Đường thẳng ∆ qua B (1 ; 3 ; 0 ) và có vectơ chỉ phương u = ( 2 ; 2 ; 1) . JJJG JJJG G Mặt khác, BA = ( 1 ; − 2 ; 2 ) ⇒ ⎡⎣ BA , u ⎤⎦ = ( − 6 ; 3 ; 6 ) . JJJG 0,25 ⎡ BA , uG ⎤ ( − 6 )2 + 32 + 62 ⎣ ⎦ Nên d ( A , ∆ ) = G = = 3. u 2 2 2 + 2 +1 2 Suy ra d ( A , ∆ ) = R . Vậy ∆ tiếp xúc ( S ) . 0,25 Câu 5.b Ta có 1 + 9i = (1 + 9i )(1 + i ) = − 8 + 10i . 0,25 (1,0 điểm) 1− i (1 − i )(1 + i ) 2 Suy ra z = − 4 + 5i − 5i = − 4. 0,25 Mặt khác, z = − 4 = ( 2i ) . Vì vậy các căn bậc hai của z là − 2i và 2i. 2 0,50 --------------- Hết --------------- 4