Đáp án đề thi đại học cao đẳng môn Toán Khối B năm 2002 | dethivn.com

[r]

(1)

Môn toán, khối b

Câu ý Nội dung ĐH CĐ

I 1 Với m=1 ta có y =x4 −8x2 +10 hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy Tập xác định ∀ x∈R, y'=4x3 −16x=4x

(

x

)

y

 

± =

= ⇔

2

x x

,

3 12

16 12

" 2 

  



 −

= −

= x x

y

3

"= ⇔x=±

y

Bảng biến thiên:

+ −

− ∞

−

3

3 2

x

− '

y + − +

"

y + − +

+∞ 10 +∞

y lâm U C§ U lâm

CT låi CT Hai điểm cực tiểu : A1

(

)

A

(

)

Một điểm cực đại: B

(

)

Hai ®iĨm uèn: 

  

  −

9 10 ;

2

U vµ 

  

 

9 10 ; 2

U

Giao điểm đồ thị với trục tung B

(

)

6 4+ ± =

x vµ x=± 4−

(ThÝ sinh cã thÓ lËp bảng biến thiên)

đ

0,5 ®

0,25 ®

∑

®

0,5 ®

x

10

y

-6

-2

A2 A1

B

U1 U2

(2)

I 2 y'=4mx3 +2

(

m

)

x

(

mx

m

)

 

= − +

= ⇔

=

0

' 2 2

m mx

x y

Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình y'=0 có nghiệm phân biệt (khi 'y đổi dấu qua nghiệm) ⇔ ph−ơng trình 2mx2 + m2 −9=0 có nghiệm phân biệt khác

2mx2 + m2 −9=0    

− =

≠ ⇔

m m x

m

2

2 Phơng trình 2mx2 + m2 −9=0

cã nghiƯm kh¸c   

< <

− < ⇔

3

m m

Vậy hàm số có ba điểm cực trÞ   

< <

− < ⇔

3

m m

∑

®

0,25 ®

∑

®

0,25 ®

II 1

sin23x−cos24x=sin25x−cos26x

2 12 cos

10 cos

8 cos

6 cos

1− x − + x = − x− + x

⇔

(

x

) (

x

)

x

(

x

)

⇔cosxsin9xsin2x=0

2

2 sin

sin k k Z

x k x x

x ∈

    

= = ⇔ =

⇔ π

π

Chó ý:

Thí sinh sử dụng cách biến đổi khác để đ−a ph−ơng trình tích

∑

®

0,25 ®

0,5 ®

∑

®

0,25 ®

0,5 ®

2

logx

(

x

)

§iỊu kiÖn: 72 log 73

0 ) 72 ( log

0 72

1 ,

9

> ⇔ > − ⇔ 

   

> −

≠ >

x x

x

x x

x

(2)

Do x>log973>1 nªn (1)⇔log3

(

x

)

x

⇔9x−72≤3x

( )

x

t 3

x

t2 t7208t983x x2

Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm bất phơng trình là: log973< x≤2

∑

®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑

®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

(3)

3     + + = + − = − ) ( ) ( y x y x y x y x

§iỊu kiƯn: (3)

0    ≥ + ≥ − y x y x

(

)

(

y x y x y x y x

Thay x= vào (2), giải ta đợc y x= y =1 Thay x= y+1 vào (2), giải ta cã:

2 , = = y x

Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có nghiệm: x= y1, =1 vµ

2 , = = y x Chó ý:

Thí sinh nâng hai vế (1) lên luỹ thừa bậc để di đến kết quả:    + = = y x y x

∑

®

0,25 ®

∑

®

0,25 ®

III

Tìm giao điểm hai đờng cong

4 x2

y = − vµ

2

2 x y = :

4 x − = x 8 4 32 2 ± = ⇔ = ⇔ = − +

⇔ x x x x

Trªn

[

]

x

≤ hình đối xứng qua trục tung

nªn S

∫

x

dx

      − − = 2 4

2 1 2

8 2

16−x dx− x dx=S −S

=

∫

Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x=4sint,

4

0≤ t≤π 0 x

dx=4costdt > ∀ ∈  ; 0

cost t π Do

∑

®

0,25 ®

∑

®

0,5 ® 0,25 ® x -4 y

-2 2

(4)

(

)

cos 16

16

0

2

1 =

∫

π π

dt t tdt

dx x

S

3

6

2

1

0

2 =

∫

x

dx

x

S VËy

3 2

1 − = +

=S S π

S

Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ tÝnh diƯn tÝch S

∫

x

dx

− 

   

  

− − =

8

2

2 4

4

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

IV 1

Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳngAB

5

5 =

⇒ AD vµ

2 = = IB

IA

Do A, giao điểm đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I bán B kính

2 =

R Vậy tọa độ A, nghiệm hệ : B

   

      = +       −

= + −

2

1

0 2

y x

Giải hệ ta đợc A

(

) ( )

B

xA

( ) (

)

⇒C D

Chó ý:

Thí sinh tìm tọa độ điểm H hình chiếu I đ−ờng thẳng AB Sau tìm A, giao điểm đ−ờng trịn tâm H bán kính HA với đ−ờng B thẳng AB

∑

®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑

®

0,25 ®

0,5 ®

0,5 ® 0,25 ® x

C I

O A

D

B H

y

(5)

Cách I Chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho

(

) (

B

a

) (

D

a

) (

A

a

)

C

(

a

) (

B

a

) (

C

a

) (

D

a

)

A

(

)

(

)

(

)

B

a

BD

a

AB

a

A = − = − − =

⇒ vµ

[

A

B

D

]

(

a

)

VËy

(

)

[

]

[

]

,

, 2

3

1

1 1 1

1

a a

a D

B B A

B A D B B A D B B A

d = = =

C¸ch II AB

(

ABC

D

)

AB

B

D

AD

B A

AB B A

1 1

1

1 ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

   ⊥ ⊥

T−¬ng tù A1C1⊥B1D⇒B1D⊥

(

A

BC

)

Gäi G =B1D∩

(

A

BC

)

B

A

B

C

a

G

GC GB

GA1 = = 1 ⇒ tâm tam giác A1BC1 có cạnh a Gọi I trung điểm A1B IG đ−ờng vng góc chung A1B

D

B1 , nªn

(

)

6

3

1

, 1 1 1

1

a B

A I C IG D B B A

d = = = =

Chó ý:

ThÝ sinh cã thể viết phơng trình mặt phẳng

( )

P

A

B

D

B1 lµ:x+2y+z−a=0 vµ tÝnh khoảng cách từ B1(hoặc từ D ) tới

( )

P

( )

Q

B

D

A

B

0

2 + − =

+ y z a

x tính khoảng cách từ A1(hoặc từ B) tíi

( )

Q

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

0,25 ®

0,5 ® 0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,5 ® x

D1

D C1 B1

A1 z

y

x

A

C B

I

(6)

2b) C¸ch I

Tõ C¸ch I cđa 2a) ta tìm đợc

     



 a a

P a a N a a

M ;

2 ; , ; ; , ; ;

0

; ; ,

2 ;

; 1 ⇒ 1 =

  

  = 

  

 − =

⇒MP a a a NC a a MPNC

VËy MP⊥C1N

Cách II

Gọi E trung điểm CC1 ME

(

CDD

C

)

MP

(

CDD

C

)

ED

N C E D N C D N

CC E D C E C D CN

C 1 1 1 1

1

1 =∆ ⇒ = =90 − ⇒ ⊥

Từ

theo nh lý ba ng vng góc ta có MP⊥C1N

∑

®

0,5 ® 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® V

Số tam giác có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n C 2n3

Gọi đ−ờng chéo đa giác A1A2LA2n qua tâm đ−ờng tròn

( )

O

n

Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n có đ−ờng chéo hai đ−ờng chéo lớn Ng−ợc lại, với cặp đ−ờng chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói số cặp đ−ờng chéo lớn đa giác A1A2LA2n tức C n2

Theo giả thiết thì:

đ

0,25 ®

D1

A1

B1 C1

C B

A

M E

N P

y

x

z

(7)

(

)

(

)

3 n− n−

8 15

1

2 − = ⇔ =

⇔ n n

Chó ý:

Thí sinh tìm số hình chữ nhật cách khác Nếu lý luận để đến kết số hình chữ nhật

2 ) (n−

n

cho điểm tối đa phần

0,5 ®

dethivn.com