đáp án đề thi đại học môn toán năm 2002 khối b
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (160.07 KB, 7 trang )
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
