Đáp án và đề thi đại học môn toán Khối B từ năm 2003 đến năm 2010
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 điểmCâu 1. 2điểm1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ tồn tại 00x sao cho 00() ( )yx y x= tồn tại 00x sao cho 32 3 200 0 03()3()x xm x x m +=+ tồn tại 00x sao cho 203x m= 0m>. 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Khi 2m= hàm số trở thành 3232.yx x= + Tập xác định : \. 20' 3 6 , ' 02.xyx xyx== == " 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 O221 2 2Câu 2. 2điểm1) Giải phơng trình: 2cotg tg 4sin 2 (1).sin 2xx xx+ = Điều kiện: sin 0 (*).cos 0xx Khi đó (1) cos sin 24sin2sin cos sin 2xxxx xx+ =22cos sin 24sin2sin cos sin 2xxxx xx+= 22cos2 4sin 2 2xx+ = 22cos 2 cos2 1 0xx= cos 2 11cos 232xkxx kx=== += ()k Z. Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm của (1) là ( ).3xkk= + Z 2) Giải hệ phơng trình 222223 (1) 23 (2).yyxxxy+=+= Điều kiện 0, 0xy. Khi đó hệ đã cho tơng đơng với 222222()(3 )032 32.32xy xyxyxy yxy xxy x ++ ==+=+=+ TH1: 2211.32xyxyxy x====+ TH2: 223032xy x yxy x++==+ vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có ,0xy>. Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: 1.xy= = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu 3. 3điểm1) Vì G là trọng tâmABCvàMlà trung điểm BC nên 3(1;3)MA MG==JJJG JJJJG (0; 2)A. Phơng trình BC đi qua (1; 1)Mvà vuông góc với (1,3)MA=JJJG là: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). xy xy + +=+ += Ta thấy 10MB MC MA= == tọa độ ,B C thỏa mãn phơng trình: 22(1) (1) 10 (2). xy++= Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của ,B C là (4;0), ( 2; 2). 2) Ta có '// 'A MNCAMCN= là hình bình hành, do đó 'A C và MN cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đờng. Mặt khác ADCB là hình bình hành nên trung điểm I của AC cũng chính là trung điểm của BD. Vậy MN và BD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đờng nên BMDN là hình bình hành. Do đó B, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2, hay DM = DN. Vậy hình bình hành BMDN là hình thoi. Do đó BMDN là hình 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,5đ G A B C M . D A D C B N M I A B C 3vuông MN = BD AC = BD AC2= BD2 = BB2 +BD2 3a2 = BB2 + a2 BB=2a AA=2a. 3) Từ (0;6;0)AC=JJJG 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 : 10.x = tọa độ giao điểm của () với OA là K(1; 0; 0). khoảng cách từ I đến OA là 222(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK= ++ = 0,5đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4. 2điểm1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 24.yx x=+ Tập xác định: []2; 2. 2'14xyx=, 2220'0 4 24xyxx xxx= = ==. Ta có (2) 2, (2)22, (2)2yy y= = =, Vậy [2;2]max ( 2) 2 2yy== và [2;2]min ( 2) 2yy= =. 2) Tính tích phân 42012sin.1sin2xIdxx=+ Ta có 4420012sin cos21sin2 1sin2xxIdxdxx x==++. Đặt 1sin2 2cos2txdtxdx=+ =. Với 0x = thì 1,t = với 4x = thì 2t =. Khi đó 21211 1ln | | ln 2.122 2dtItt== = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 5. 1điểmTa có 01 22(1 ) .nnnnn n nx CCxCx Cx+=+ + ++. Suy ra ()2201 2211(1 ) .nnnnn n nx dx C C x C x C x dx+=++++ 2223 1101 2111(1 ) .1231nnnnn n nxx xxCxCC Cnn+++ =++++++ 23 1 1101221 21 2 1 3 223 1 1nnnnnnn nCCC Cnn+ ++ + + ++ =+ +". 0,5 đ 0,5 đ . 1 B 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 . G A B C M . D A D C B N M I A B C 3vuông MN = BD AC = BD AC2= BD2 = BB2 +BD2 3a2 = BB2 + a2 BB=2a AA=2a. 3) Từ (0;6;0)AC=JJJG và A(2; 0; 0) suy