Đáp án và thang điểm Đề thi đại học khối D môn Toán năm 2008

Đáp án và thang điểm Đề thi đại học khối D môn Toán năm 2008 (Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)

Tải Đáp án và thang điểm Đề thi đại học khối D môn Toán năm 2008 PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

7 Comments

  1. thể tích hình lăng trụ không phải là nhân thêm 1:3 sao ?

  2. cai do la the tich khoi chop á

  3. có phải giảisai ko ạ, AB = AC mà sao ABC lại vuông tại B

  4. AB =AC => AB, AC là 2 cạnh góc vuông bạn ạ

  5. tại sao khoảng cách từ B đến (AME) = khoảng cách từ C đến (AME) nhỉ ?

  6. theo t nghĩ là d(B',(MAE))=d(C,(MAE))
    mà d(B',(MAE))=d(B,(MAE))
    => d(B,(MAE))=d(C,(MAE))

  7. Dễ dàng cm tam giác ABM=ACM, nên thể thích EBAM=EAMC(2 chóp có EB là đường cao). Khi đó, vẫn xét thể tích EBAM và EAMC, có khoảng cách từ B tới EAM sẽ bằng khoảng cách từ C tới EAM(do có chung tam giác đáy)

Leave a Comment


Phiên bản Text



BỘGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀCHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀTHI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung Câu Điểm I 2,00 1 Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồthịcủa hàm số(1,00 điểm) •Tập xác định : D = . \ •Sựbiến thiên : , 2 y' 3x 6x =− x0 y' 0 x2 = ⎡ =⇔⎢ = ⎣ . 0,25 •yCĐ= () () CT y0 4, y y2 0. === 0,25 •Bảng biến thiên : 0,25 • Đồthị: Trang 1/4 0,25 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) Gọi là đồthịhàm số(1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệsốgóc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. (C) I(1;2) (C). I(1;2) Hoành độgiao điểm của và d là nghiệm của phương trình (C) 32 x3x4k(x1)2 −+=−+⇔ 2 (x 1) x 2x (k 2) 0 ⎡⎤ −−−+= ⎣⎦ ⇔ 2 x1 x2x(k2)0(*) = ⎡ ⎢ −−+= ⎣ . 0,50 Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ= và không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I( với là nghiệm của (*). k>− x −∞0 2 +∞ y’ + 0 − 0 y 4 0 −∞ + +∞ 4 −1 O y 2 x (ứng với giao điểm I) 3 + > x ;y ), I '3k 0 x1= (C) II AA BB A(x ;y ),B(x ;y ) AB x , x Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). AB xx22x +== 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 4sinx cos x s in2x = 1 + 2cosx + ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0. +−= 0,50 12 cosx x k2 . 23 π •=−⇔=±+π sin2x 1 x k . 4 π •=⇔=+π Nghiệm của phương trình đã cho là 2 xk2, 3 π =± + π xk4 π =+ ). ∈] π (k 0,50

2 Giải hệphương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥1, y ≥0. Hệphương trình đã cho tương đương với (x y)(x 2y 1) 0 (1) x2y yx1 2x 2y(2) +−−= ⎧⎪ ⎨ −−=− ⎪⎩ Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔x = 2y + 1 (3). Trang 2/4 0,50 Thay (3) vào (2) ta được (y 1) 2y 2(y 1) +=+ ⇔y = 2 (do ) ⇒x = 5. y1 0 +> Nghiệm của hệlà (x;y) (5;2). = 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó 222 x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*), ++ + + + += 222 a b c d 0 (**). ++−> Thay tọa độcủa các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệphương trình 6a 6b d 18 6a 6c d 18 6b 6c d 18 6a 6b 6c d 27. ++=− ⎧ ⎪ ++=− ⎪ ⎨ ++=− ⎪ +++=− ⎩ 0,50 Giải hệtrên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 222 x y z 3x 3y 3z = 0. ++ − − − 0,50 2 Tìm tọa độtâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 333 I;; 222 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠. Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0 +++= 222 (m n p 0). ++> Thay tọa độcác điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 3m 3n q 0 3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0. 3n 3p q 0. ++= ⎧ ⎪ ++=⇒ ===−≠ ⎨ ⎪ ++= ⎩ Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là xyz60. ++−= 0,50 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC). H Phương trình đường thẳng IH : 33 xyz 22 . 111 −−− == 3 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệphương trình xyz60 33 xyz 22 ++−= ⎧ ⎪ ⎨ −=−=− ⎪ ⎩ 3 . 2 Giải hệtrên ta được H(2;2;2). 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt và ulnx = 3 dx dv x = dx du x ⇒ = và 2 1 v.2x =− 0,25 Khi đó 2 2 231 1 ln x dx I 2x 2x =− +∫ 2 2 1 ln 2 1 8 4x =− − 0,50 32ln2. 16 − = 0,25

2 Tìm giá trịlớn nhất và nhỏnhất của biểu thức (1,00 điểm) Ta có []2 22 (x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1 PP(1 x ) (1 y) 4 4 4 (x y) (1 xy) −− ++ =≤ ≤⇔− ≤ ++ +++ Trang 3/4 . ≤ 0,50 •Khi thì x0,y1 == 1 P.4 =− •Khi thì x1,y0 == 1 P.4 = Giá trịnhỏnhất của P bằng 1 , 4 − giá trịlớn nhất của P bằng 1 . 4 0,50 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng…(1,00) Ta có 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n 0 (1 1) C C ... C C . − =−=−+− + 2n 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n 2 (1 1) C C ... C C . − =+ = + ++ + 0,50 ⇒13 2n12n 2n 2n 2n C C ... C 2 . −− +++ =1 6. Từgiảthiết suy ra 2n 1 22048n − =⇔= 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên 2 b B( ;b), 16 2 c C( ;c) 16 với b, c là hai sốthực phân biệt, b 4 ≠ và c4 . ≠ 22 bc AB 1;b 4 , AC 1;c 4 . 16 16 ⎛⎞⎛ =−− =−− ⎜⎟⎜ ⎝⎠⎝ JJJG JJJG ⎞ ⎟ ⎠ Góc nên n o BAC 90 = AB .AC 0 = JJJG JJJG ⇔ 22 bc11(b4)(c4) 16 16 ⎛⎞⎛⎞ −−+−− ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ 0 = ⇔ (1). 272 4(b c) bc 0 +++= 0,50 Phương trình đường thẳng BC là: 2 22 c x yc 16 bcb c 16 16 − − = − − 16x (b c)y bc 0 ⇔−++=(2). Từ(1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I( 17; 4). − 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bpt đã cho tương đương với 2 x3x2 01x −+ <≤. 0,50 2 0x1 x3x20 x2. x << ⎡ −+ •>⇔⎢ > ⎣ 2 x0 x4x20 x 22x22 < ⎡ −+ •≤⇔⎢ −≤≤+ ⎣ . Tập nghiệm của bất phương trình là : ) ( 22;1 2;22. ⎡ ⎤ −∪+ ⎣ ⎦ 0,50

2 Tính thểtích khối lăng trụvà khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từgiảthiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thểtích khối lăng trụlà 23 ABC.A ' B'C' ABC 12 VAA'.Sa2..a22 === Trang 4/4 a (đvtt). 0,50 A' B' B M E C A C' Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, bằng khoảng cách giữa và mặt phẳng (AME). '. B'C B'C B'C Nhận thấy khoảng cách từB đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từC đến mặt phẳng (AME). Gọi h là khoảng cách từB đến mặt phẳng (AME). Do tứdiện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên 0,50 2222 11 1 1 hBABMBE =+ + 2 222 1142 h aaa =++=2 7 a a7 h.7 ⇒ = ⇒ a7 . 7 Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằng B'C ----------------Hết----------------

Đáp án và thang điểm Đề thi đại học khối D môn Toán năm 2008