Đề thi đại học môn toán khối B có đáp án

bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề chính thức Môn thi : toán, Khối B. (Thời gian làm bài : 180 phút) _____________________________________________ Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số : ( ) 109 224 ++= xmmxy (1) ( m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1 = m . 2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị. Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Giải phơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 = . 2. Giải bất phơng trình: ( ) 1)729(loglog 3 x x . 3. Giải hệ phơng trình: ++=+ = .2 3 yxyx yxyx Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng : 4 4 2 x y = và 24 2 x y = . Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 0; 2 1 I , phơng trình đờng thẳng AB là 022 =+ yx và ADAB 2 = . Tìm tọa độ các đỉnh DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho hình lập phơng 1111 DCBABCDA có cạnh bằng a . a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đờng thẳng BA 1 và DB 1 . b) Gọi PNM ,, lần lợt là các trung điểm của các cạnh CDBB , 1 , 11 DA . Tính góc giữa hai đờng thẳng MP và NC 1 . Câu V. (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác đều n AAA 221 L ,2( n n nguyên ) nội tiếp đờng tròn () O . Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L , tìm n . Hết Ghi chú : 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 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;0 B . 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 2 a . 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 n 2 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 n 2 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 www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc. * Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT. * Phn mm Toỏn. * Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh. * Cỏc Phn mm ng dng khỏc. Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi : toán khối B Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút _______________________________________________ Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số ( là tham số). 32 3 (1)yx x m= + m 1) Tìm để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ. m 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =2. Câu 2 (2 điểm). 1) Giải phơng trình 2 otg tg 4sin 2 sin 2 xx xc x + = . 2) Giải hệ phơng trình 2 2 2 2 2 3 2 3. y y x x x y + = + = Câu 3 (3 điểm). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho tam giác có y ABC n 0 , 90 . AB AC BAC == Biết (1; 1)M là trung điểm cạnh B C và 2 ; 0 3 G là trọng tâm tam giác . Tìm tọa độ các đỉnh . ABC , , ABC 2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là một hình thoi cạnh , góc .' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a n 0 60BAD = . Gọi M là trung điểm cạnh và là trung điểm cạnh ' . Chứng minh rằng bốn điểm ' N AA CC ', , , B MDN ' cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ dài cạnh ' theo a để tứ giác AA B MDN là hình vuông. 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hai điểm và điểm sao cho . Tính khoảng cách từ trung điểm yz 0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)AB C (0; 6;AC = I của B C đến đờng thẳng OA . Câu 4 (2 điểm). 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 4.yx x=+ 2) Tính tích phân 4 2 0 12sin 1sin2 x I dx x = + . Câu 5 (1 điểm). Cho là số nguyên dơng. Tính tổng n 23 1 012 21 21 2 1 23 1 n n nnn CCC n + ++++ + " n C ( C là số tổ hợp chập k của phần tử). k n n Hết Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh Số báo danh 1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi chính thức Môn thi : toán Khối B Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ tồn tại 0 0x sao cho 00 () ( )yx y x= tồn tại 0 0x sao cho 32 3 2 00 0 0 3()3() x xm x x m +=+ tồn tại 0 0x sao cho 2 0 3 x m= 0m> . 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Khi 2 m = hàm số trở thành 32 32.yx x= + Tập xác định : \ . 2 0 ' 3 6 , ' 0 2. x yx xy x = = = = " 6 6. '' 0 1.yx y x= == "y triệt tiêu và đổi dấu qua 1(1;0)x = là điểm uốn. Bảng biến thiên: Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1; 0), (1 3; 0) và cắt trục tung tại điểm (0;2) . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x 0 2 + y + 0 0 + 2 + CĐ CT y 2 x y O 2 2 1 2 [...]... ANIB (1,00 im) S a N A a 2 D a I H B Xột ABM v BCA vuụng cú M C AM 1 BA ABM ng dng BCA = = AB 2 BC ABM = BCA ABM + BAC = BCA + BAC = 90o AIB = 90o MB AC (1) SA (ABCD) SA MB (2) T (1) v (2) MB (SAC) (SMB) (SAC) Gi H l trung im ca AC NH l ng trung b nh ca SAC SA a 1 NH = = v NH//SA nờn NH (ABI), do ú VANIB = NH.SABI 2 2 3 a 3 a 6 a2 2 1 1 1 = + AI = SABI = , BI2 = AB2 AI2 BI... -Cán b coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số b o danh . B giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Đề chính thức (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu I Nội dung ý 1 Điểm 2,0 Khảo sát hàm số (1,0 điểm) 1 y = x 3 2x 2 + 3x (1) 3 a) Tập xác định: R b) Sự biến thi n: y' = x2 4x... sao cho (1,00 im) Vỡ B d1 , C d 2 nờn B ( b; 2 b ) , C ( c;8 c ) T gi thit ta cú h: AB.AC = 0 bc 4b c + 2 = 0 ( b 1)( c 4 ) = 2 2 2 2 2 AB = AC b 2b = c 8c + 18 ( b 1) ( c 4 ) = 3 xy = 2 t x = b 1, y = c 4 ta cú h 2 2 x y = 3 Gii h trờn ta c x = 2, y = 1 hoc x = 2, y = 1 Suy ra: B ( 1;3) , C ( 3;5 ) hoc B ( 3; 1) , C ( 5;3) 3/4 0,50 0,50 0,50 V .b 2,00 1 Gii phng trỡnh... a; b ) v b n kớnh ca (C) l R 0,25 (C) tip xỳc vi Ox ti A a = 2 v b = R IB = 5 ( 6 2 ) + ( 4 b ) = 25 b 2 8b + 7 = 0 b = 1, b = 7 Vi a = 2, b = 1 ta cú ng trũn 2 2 ( C1 ) : ( x 2 ) + ( y 1) = 1 0,25 + ( y 7 ) = 49 0,25 2 2 Vi a = 2, b = 7 ta cú ng trũn ( C2 ) : ( x 2 ) III.2a 2 0,25 2 1,0 A1 ( 0; 3; 4 ) , C1 ( 0;3; 4 ) 0,25 BC = ( 4;3;0 ) , BB1 = ( 0;0; 4 ) Vect phỏp tuyn ca mp ( BCC 1B1 ... AI = SABI = , BI2 = AB2 AI2 BI = 3 3 6 AI 2 AB2 AM 2 2 3 1 a a 2 a 2 = VANIB = 3 2 6 36 0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm b i không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht 4/4 B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn thi: TON, khi B Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt CHNH THC PHN CHUNG CHO TT C TH... ln x ln x dx x 2) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung b nh, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập đợc bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung b nh, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ? Câu V (1 điểm) Xác định m để phơng trình sau có nghiệm m 1 + x2 1 x2 +... BMDN là hình b nh hành Do đó B, 0,5đ M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng 2 2 2 2 2 2 Mặt khác DM = DA + AM = DC + CN = DN , hay DM = DN Vậy hình b nh hành BMDN là hình thoi Do đó BMDN là hình D C 2 vuông MN = BD AC = BD AC2= BD2 = BB2 +BD2 3a2 = BB2 + a2 BB= a 2 AA= a 2 3) Từ AC = (0;6;0) và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4) Phơng trình mặt phẳng () qua I và vuông góc với OA là : x... Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B( 4; 3 ) Tìm điểm C thuộc đờng thẳng x 2 y 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB b ng 6 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy b ng a, góc giữa cạnh b n và mặt đáy b ng ( 0 o < < 90 o ) Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) theo Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và x = 3 + 2 t 3) Trong không gian với... 0,25đ Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của B, C là (4;0), (2; 2) 1 điểm 2) A B Ta có A ' M // = NC A ' MCN là hình b nh hành, do đó A ' C và MN cắt nhau tại trung điểm I của D C mỗi đờng Mặt khác ADCB là hình b nh hành nên M I trung điểm I của AC cũng chính là trung điểm của N A B BD Vậy MN và BD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đờng nên BMDN là hình b nh hành Do đó B, 0,5đ M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng... ca SA Ta cú MNCP l hỡnh b nh hnh nờn MN song song vi mt phng (SAC) Mt khỏc, BD ( SAC ) nờn BD MN S E 0,50 P M A B D C N Vỡ MN || ( SAC ) nờn d ( MN; AC ) = d ( N;(SAC ) = Vy d ( MN; AC ) = 1 1 a 2 d ( B; ( SAC ) ) = BD = 2 4 4 0,50 a 2 4 Nếu thí sinh làm b i không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh . ()() 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 (. DBCA 111 ( ) 111 BCADB . Gọi () 111 BCADBG = . Do aCBBBAB === 11111 nên GGCGBGA == 11 là tâm tam giác đều 11 BCA có cạnh b ng 2 a . Gọi I là trung điểm của BA 1 thì IG là đờng. Số b o danh … B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, Khối B (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội

Định dạng
Số trang	42
Dung lượng	3,2 MB