Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 môn: toán, khối d
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008 môn: toán, khối d, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mụn: TOÁN, khối D (Đỏp ỏn - Thang điểm gồm 04 trang) Cõu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Ta cú 1y 1 . x 1 = + − • Tập xỏc định: D = \{1}.\ • Sự biến thiờn: 2 1y ' 0, x D. (x 1) = − < ∀ ∈ − 0,25 Bảng biến thiờn: Hàm số khụng cú cực đại và cực tiểu. 0,25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tỡm m để cắt (C) tại hai điểm phõn biệt (1,00 điểm) d : y x m= − + Phương trỡnh hoành độ giao điểm của d và (C) là ( )2x x m x mx m 0 1 x 1 = − + ⇔ − + = − (do khụng là nghiệm). x 1= Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phõn biệt khi và chỉ khi phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt. 0,50 x − ∞ 1 + ∞ y' − − 1 + ∞ y −∞ 1 O 1 1 y x Điều kiện là : hoặc m 02m 4m 0 m 4Δ = − > ⇔ > . . < Vậy m hoặc 4> m 0< 0,50 II 2,00 1 Giải phương trỡnh lượng giỏc (1,00 điểm) Phương trỡnh đó cho 1 3sin 3x cos3x sin 2x 2 2 ⇔ − = sin 3x sin 2x 3 π⎛ ⎞ ⇔ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,50 1/4 3x 2x k2 3 3x 2x k2 3 π⎡ − = + π⎢ ⇔ ⎢ π⎢ − = π − + π⎢⎣ ⇔ π 4π 2πx k2π, x k 3 15 = + = + 5 (k ∈Z ). Vậy nghiệm của phương trỡnh đó cho là: π 4π 2πx k2π, x k 3 15 = + = + 5 (k ∈ ). Z 0,50 2 Tỡm m để hệ phương trỡnh cú nghiệm thỏa món (1,00 điểm) xy 0< Từ phương trỡnh thứ nhất của hệ ta cú Thay vào phương trỡnh thứ hai ta cú: ( )x my 1 1 .= + ( ) ( )23 mm my 1 y 3 y 2 .m 1 − + + = ⇔ = + Thay (2) vào (1) ta cú 2 3m 1 x . m 1 + = + 0,50 Xột điều kiện xy 0 :< ( )( )( ) >⎡+ − ⎢< ⇔ < ⇔ ⎢ < −+ ⎣ 22 m 3 3m 1 3 m xy 0 0 1 m .m 1 3 Vậy m hoặc 3> 1m . 3 < − 0,50 III 2,00 1 Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( )u 1; 1; 2= − .G Do (P) vuụng gúc với d nờn (P) cú vectơ phỏp tuyến là ( )Pn 1; 1; 2= − . JJG 0,50 Phương trỡnh mặt phẳng (P) là: ( ) ( ) ( )1. x 1 1. y 1 2. z 3 0− − − + − = x y 2z 6 0.⇔ − + − = 0,50 2 Tỡm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cõn tại đỉnh O (1,00 điểm) MOAΔ +) ⇒ M d∈ ( )M t; t; 1 2t .− + +) cõn tại đỉnh O và M, O, A khụng thẳng hàng. MOAΔ OM OA⇔ = 0,25 OM hoặc OA= ( )22 2t t 2t 1 11⇔ + + + = t 1⇔ = 5t 3 = − . 0,25 +) Với ta cú Với t 1= ( )M 1; 1; 3 .− 5t 3 = − ta cú 5 5 7M ; ; 3 3 3 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 +) Thử lại: cả hai điểm M tỡm được đều thỏa món điều kiện M, O, A khụng thẳng hàng. Vậy cú hai điểm M thỏa món yờu cầu bài toỏn là và ( )1M 1; 1; 3− 2 5 5 7M ; ; 3 3 3 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 IV 2,00 1 Tớnh diện tớch hỡnh phẳng (1,00 điểm) Phương trỡnh hoành độ giao điểm của hai đường đó cho là: 2x 4x x x 0− + = ⇔ = hoặc x 3.= 0,25 Diện tớch của hỡnh phẳng cần tỡm là: S = 3 3 2 2 0 0 x 4x x dx x 3x dx.− + − = − +∫ ∫ 0,25 2/4 Do nờn . Suy ra 0 x 3≤ ≤ 2x 3x 0− + ≥ ( ) 33 3 2 2 0 0 x xS x 3x dx 3 3 2 ⎛ ⎞ = − + = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ 9 2 . Vậy 9S (đvdt). 2 = 0,50 2 Tỡm giỏ trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm) ( )3 3P 2 x y 3xy= + − Ta cú: ( )( ) ( )( )2 2P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.= + + − − = + − − Đặt Do nờn x y t.+ = 2 2x y+ = 2 2t 2xy 2 − = . Suy ra 2 2 3 2t 2 t 2 3P 2t 2 3 t t 6t 3. 2 2 2 ⎛ ⎞− − = − − = − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 Do nờn ( )2x y 4xy+ ≥ ( )2 2t 2 t 2 2 t 2≥ − ⇔ − ≤ ≤ . 0,25 Xột ( ) 3 23f t t t 6t 3 2 = − − + + với [ ]t 2;2∈ − . Ta cú : ( ) 2f ' t 3t 3t 6= − − + ( ) [ ][ ] t 2 2;2 f ' t 0 t 1 2;2 . ⎡ = − ∈ − = ⇔ ⎢ = ∈ −⎢⎣ Bảng biến thiờn: Vậy 13ma x P , min P 7. 2 = = − 0,50 V.a 2,00 1 Tỡm A (1,00 điểm) Ox, B Oy....∈ ∈ +) ( ) ( ) (A Ox, B Oy A a; 0 , B 0; b , AB a; b∈ ∈ ⇒ = − ).JJJG 0,25 +) Vectơ chỉ phương của d là ( )u 2; 1=G . Tọa độ trung điểm I của AB là a b; . 2 2 ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2a b 0 a 2AB.u 0 a b 4.b 3 0I d 2 − + =⎧⎧ =⎧=⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ =− + =∈⎪ ⎩⎩ ⎪⎩ JJJG G Vậy A 2 ( ) ( ); 0 , B 0; 4 . 0,50 13 2 f(t) t -2 1 2 + 0 - f’(t) -7 1 3/4 2 Tỡm số hạng khụng chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) Số hạng tổng quỏt trong khai triển Niutơn của 18 5 12x x ⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎝ ⎠ là ( ) k 6k1818 kk k 5 k 1 18 185 1T C . 2x . C .2 .x x − − − + ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 18 k . 0,50 Số hạng khụng chứa x ứng với k thỏa món: 6k18 0 k 15. 5 − = ⇔ = Vậy số hạng cần tỡm là 15 316 18T C .2 6528.= = 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trỡnh logarit (1,00 điểm) Điều kiện Phương trỡnh đó cho tương đương với x 1> − . ( ) ( )22 2log x 1 3log x 1 2 0.+ − + + = 0,25 Đặt ta được hoặc (2t log x 1= )+ 1 .2t 3t 2 0 t− + = ⇔ = t 2= 0,25 Với ta cú (thỏa món điều kiện). t 1= ( )2log x 1 1 x 1 2 x 1+ = ⇔ + = ⇔ = Với ta cú (thỏa món điều kiện). t 2= ( )2log x 1 2 x 1 4 x 3+ = ⇔ + = ⇔ = Vậy nghiệm của phương trỡnh đó cho là: x 1, x 3.= = 0,50 2 Chứng minh BCNM là hỡnh chữ nhật và tớnh ... (1,00 điểm) +) MN là đường trung bỡnh của Δ MN // AD và SAD ⇒ 1MN AD 2 = ⇒ MN // BC và BCNM là hỡnh bỡnh hành (1). MN BC= ⇒ 0,25 S A B C N M D +) ( ) (BC AB,BC SA BC SAB BC BM 2 .⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hỡnh chữ nhật. +) Ta cú: S 2 BCNM BCM S.BCNM S.BCMS V 2V .Δ= ⇒ = 3 S.BCM C.SBM SBM SAB 1 1 1 1 aV CB.S CB.S CB. .SA.AB . 3 6 6 2 6Δ Δ = = = = = V 0,50 3 S.BCNM aVậy V (đvtt). 3 = Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ−ợc đủ điểm từng phần nh− đáp án quy định. ----------------Hết---------------- 4/4
File đính kèm:
- DaToanDCt_CD.pdf