đáp án đề thi đại học môn toán năm 2002 khối b

7 679 2
  • Loading ...
1/7 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 20/03/2014, 14:29

1Bộ 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 10824+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy . Tập xác định Rx , ()44164'23== xxxxy , 0'=y ==20xx ,34121612"22== xxy 320" == xy. Bảng biến thiên: + 2320322x'y 0+ 0 0 + "y + 0 0 + + 10 + y lõm U CĐ U lõm CT lồi CT 6 6 Hai điểm cực tiểu : ()6;21A và ()6;22A. Một điểm cực đại: ()10;0B . Hai điểm uốn: 910;321U và 910;322U . 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 010y-6-22A2 A1 BU1 U2 2 I 2 ()()922924'2223+=+= mmxxxmmxy , =+==09200'22mmxxy 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 09222=+ mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 09222=+ mmx=mmxm29022. Phơng trình 09222=+ mmx có 2 nghiệm khác 0<<<.303mm Vậy hàm số có ba điểm cực trị <<<.303mm 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin2222= 212cos1210cos128cos126cos1 xxxx+=+ ()()06cos8cos10cos12cos=++ xxxx ()07cos11coscos = xxx 02sin9sincos = xxx .2902sin9sin Zkkxkxxx === Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích. 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 ()1)729(loglog3xx (1). Điều kiện: 73log17290)729(log07291,093>>>>>xxxxxx (2). Do 173log9>>x nên ()xx 729log)1(3 ()0723337292xxxx (3). Đặt xt 3= thì (3) trở thành 2938980722 xtttx. Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là: 273log9<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(3yxyxyxyx Điều kiện: )3(.00+yxyx ()+===.101)1(63yxyxyxyx Thay yx= vào (2), giải ra ta đợc .1==yx Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 21,23== yx. Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm: 1,1 ==yx và 21,23== yx Chú ý: Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả: +==.1yxyx 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tìm giao điểm của hai đờng cong 442xy = và 242xy =: 442x=242x8804432224===+ xxxx. Trên []8;8 ta có 242x442x và do hình đối xứng qua trục tung nên dxxxS=8022244422180280222116SSdxxdxx ==. Để tính 1S ta dùng phép đổi biến tx sin4=, khi40 t thì 80 x . tdtdx cos4= và >4;00costt . Do đó 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,5 đ 0,25 đ x 0-4 4 2y-22 222A2 A1 4x4y2=24xy2= 4()422cos18cos1616404028021+=+===dtttdtdxxS. 382612218038022===xdxxS . Vậy 34221+==SSS . Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dxxxS=88222444 . 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ IV 1 Khoảng cách từ I đến đờng thẳng AB bằng 255= AD và 25==IBIA . Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng AB với đờng tròn tâm I và bán kính 25=R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ : =+=+2222521022yxyx Giải hệ ta đợc ()()2;2,0;2 BA (vì 0<Ax ) ()( )2;1,0;3 DC . Chú ý: Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của Itrên 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 xCIOA D BHy 5IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA1và DB1. Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho ()()()()()()()( )aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;01111() ()()0;0;,;;,;0;1111aBAaaaDBaaBA === và[]()22211;2;, aaaDBBA = . Vậy ()[][]66,.,,2311111111aaaDBBABADBBADBBAd ===. Cách II. ()DBBADCABBAADBAABBA11111111. Tơng tự DBCA111()111BCADB . Gọi ()111BCADBG = . Do aCBBBAB===11111 nên GGCGBGA ==11 là tâm tam giác đều 11BCA có cạnh bằng 2a . GọiI là trung điểm của BA1 thì IG là đờng vuông góc chung của BA1 và DB1, nên ()6233131,1111aBAICIGDBBAd ====. Chú ý: Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng ()P chứa BA1 và song song với DB1 là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1B (hoặc từ D ) tới ()P , hoặc viết phơng trình mặt phẳng ()Q chứa DB1 và song song với BA1 là: 022 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1A (hoặc từ B) tới ()Q . 0,1đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ xD1DC1B1 A1 z yx ACB IG 6 2b) Cách I. Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc aaPaaNaaM ;2;0,0;;2,2;0; 0.;0;2,2;2;11=== NCMPaaNCaaaMP . Vậy NCMP1 . Cách II. Gọi E là trung điểm của 1CC thì ()11CCDDME hình chiếu vuông góc của MP trên ()11CCDD là 1ED. Ta có NCEDNCDNCCEDCECDCNC1111011111190 === . Từ đây theo định lý ba đờng vuông góc ta có NCMP1. 0,1đ 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 nAAA221,,, L là 32nC . Gọi đờng chéo của đa giác đều nAAA221L 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 nAAA221,,, 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 nAAA221L tức 2nC . Theo giả thiết thì: 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ D1A1 B1 C1 C B A M ENP y x z 7()()()()() ()212062212.2!2!2!20!32!3!220232===nnnnnnnnnCCnn 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,.,,2311111111aaaDBBABADBBADBBAd ===. Cách II. ()DBBADCABBAADBAABBA11111111. Tơng tự DBCA111()111BCADB . Gọi ()111BCADBG = . 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
- Xem thêm -

Xem thêm: đáp án đề thi đại học môn toán năm 2002 khối b, đáp án đề thi đại học môn toán năm 2002 khối b, đáp án đề thi đại học môn toán năm 2002 khối b

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn