1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc

7 235 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 160,07 KB

Nội dung

1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu ý Nội dung ĐH CĐ I 1 Với 1=m ta có 108 24 += xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy . Tập xác định Rx , ( ) 44164' 23 == xxxxy , 0' = y = = 2 0 x x , 3 4 121612" 22 == xxy 3 2 0" == xy . Bảng biến thiên: + 2 3 2 0 3 2 2x 'y 0 + 0 0 + "y + 0 0 + + 10 + y lõm U CĐ U lõm CT lồi CT 6 6 Hai điểm cực tiểu : () 6;2 1 A và ( ) 6;2 2 A . Một điểm cực đại: () 10;0B . Hai điểm uốn: 9 10 ; 3 2 1 U và 9 10 ; 3 2 2 U . Giao điểm của đồ thị với trục tung là ( ) 10;0B . Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ: 64 +=x và 64 =x . (Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ x 0 10 y -6 -2 2 A 2 A 1 B U 1 U 2 2 I 2 ( ) ( ) 922924' 2223 +=+= mmxxxmmxy , =+ = = 092 0 0' 22 mmx x y Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình 0' = y có 3 nghiệm phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm) phơng trình 092 22 =+ mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 092 22 =+ mmx = m m x m 2 9 0 2 2 . Phơng trình 092 22 =+ mmx có 2 nghiệm khác 0 << < .30 3 m m Vậy hàm số có ba điểm cực trị << < .30 3 m m 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 = 2 12cos1 2 10cos1 2 8cos1 2 6cos1 xxxx + = + ()() 06cos8cos10cos12cos = + + xxxx () 07cos11coscos = xxx 02sin9sincos = xxx . 2 9 02sin9sin Zk k x k x xx = = = Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích. 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 ( ) 1)729(loglog 3 x x (1). Điều kiện: 73log1729 0)729(log 0729 1,0 9 3 >> > > > x xx x x x (2). Do 173log 9 >>x nên ( ) x x 729log)1( 3 ( ) 072333729 2 xxxx (3). Đặt x t 3= thì (3) trở thành 293898072 2 xttt x . Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là: 273log 9 < x . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 3 ++=+ = ).2(2 )1( 3 yxyx yxyx Điều kiện: )3( .0 0 + yx yx () += = = .1 01)1( 63 yx yx yxyx Thay y x = vào (2), giải ra ta đợc .1 = = yx Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 2 1 , 2 3 == yx . Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm: 1,1 = = yx và 2 1 , 2 3 == yx Chú ý: Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả: += = .1yx yx 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tìm giao điểm của hai đờng cong 4 4 2 x y = và 24 2 x y = : 4 4 2 x = 24 2 x 8804 432 2 24 ===+ xx xx . Trên [ ] 8;8 ta có 24 2 x 4 4 2 x và do hình đối xứng qua trục tung nên dx xx S = 8 0 22 24 4 42 21 8 0 2 8 0 2 22 1 16 SSdxxdxx == . Để tính 1 S ta dùng phép đổi biến tx sin4 = , khi 4 0 t thì 80 x . tdtdx cos4= và > 4 ;00cos tt . Do đó 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,5 đ 0,25 đ x 0 -4 4 2 y -2 2 2 2 2 A 2 A 1 4 x 4y 2 = 24 x y 2 = 4 () 422cos18cos1616 4 0 4 0 2 8 0 2 1 +=+=== dtttdtdxxS . 3 8 26 1 22 1 8 0 3 8 0 2 2 === xdxxS . Vậy 3 4 2 21 +== SSS . Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx xx S = 8 8 22 24 4 4 . 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ IV 1 Khoảng cách từ I đến đờng thẳng AB bằng 2 5 5= AD và 2 5 == IBIA . Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng A B với đờng tròn tâm I và bán kính 2 5 = R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ : =+ =+ 2 2 2 2 5 2 1 022 yx yx Giải hệ ta đợc ()() 2;2,0;2 BA (vì 0 < A x ) ()( ) 2;1,0;3 DC . Chú ý : Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đờng thẳng AB . Sau đó tìm BA, là giao điểm của đờng tròn tâm H bán kính HA với đờng thẳng AB . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ x C I O A D B H y 5 IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA 1 và DB 1 . Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho ()()()() ( ) ( ) ( )( ) aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 () ()() 0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA === và [ ] ( ) 222 11 ;2;, aaaDBBA = . Vậy () [ ] [] 66 , ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. () DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 . Tơng tự DBCA 111 ( ) 111 BCADB . Gọi () 111 BCADBG = . Do aCBBBAB = = = 11111 nên GGCGBGA == 11 là tâm tam giác đều 11 BCA có cạnh bằng 2a . Gọi I là trung điểm của BA 1 thì IG là đờng vuông góc chung của BA 1 và DB 1 , nên () 6 2 3 3 1 3 1 , 1111 a BAICIGDBBAd ==== . Chú ý: Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng ( ) P chứa BA 1 và song song với DB 1 là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1 B (hoặc từ D ) tới () P , hoặc viết phơng trình mặt phẳng ( ) Q chứa DB 1 và song song với BA 1 là: 022 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1 A (hoặc từ B) tới ( ) Q . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ x D 1 D C 1 B 1 A 1 z y x A C B I G 6 2b) Cách I. Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc a a Pa a N a aM ; 2 ;0,0;; 2 , 2 ;0; 0.;0; 2 , 2 ; 2 ; 11 = = = NCMPa a NC aa aMP . Vậy NCMP 1 . Cách II. Gọi E là trung điểm của 1 CC thì ( ) 11 CCDDME hình chiếu vuông góc của MP trên () 11 CCDD là 1 ED . Ta có NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111 0 111111 90 === . Từ đây theo định lý ba đờng vuông góc ta có NCMP 1 . 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ V Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L là 3 2n C . Gọi đờng chéo của đa giác đều n AAA 221 L đi qua tâm đờng tròn ( ) O là đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đờng chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L có các đờng chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác n AAA 221 L tức 2 n C . Theo giả thiết thì: 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ D 1 A 1 B 1 C 1 C B A M E N P y x z 7 () () () ( ) ( ) () 2 1 20 6 2212.2 !2!2 ! 20 !32!3 !2 20 23 2 = = = nnnnn n n n n CC nn 81512 == nn . Chú ý: Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đến kết quả số hình chữ nhật là 2 )1( nn thì cho điểm tối đa phần này. 0,5 đ . () [ ] [] 66 , ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. () DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 . Tơng tự DBCA 111 ( ) 111 BCADB . Gọi () 111 BCADBG = . Do aCBBBAB = = = 11111 . 1 B giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu ý Nội dung ĐH

Ngày đăng: 25/01/2014, 07:20

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

Bảng biến thiên: - Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc
Bảng bi ến thiên: (Trang 1)
≤ và do hình đối xứng qua trục tung - Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc
v à do hình đối xứng qua trục tung (Trang 3)
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu củ aI trên đ−ờng thẳng AB . Sau đó tìm A,B  là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ− ờng  thẳng AB - Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc
h í sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu củ aI trên đ−ờng thẳng AB . Sau đó tìm A,B là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ− ờng thẳng AB (Trang 4)
Gọi E là trung điểm của CC1 thì ME⊥(CDD1C1 )⇒ hình chiếu vuông góc của - Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc
i E là trung điểm của CC1 thì ME⊥(CDD1C1 )⇒ hình chiếu vuông góc của (Trang 6)
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đến kết quả số hình chữ nhật là  - Tài liệu Đáp án thi ĐH Toán khối B 2002 doc
h í sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đến kết quả số hình chữ nhật là (Trang 7)

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w