Thang điểm và đáp án Đề thi đại học môn Toán khối B năm 2008

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



Tải Thang điểm và đáp án Đề thi đại học môn Toán khối B năm 2008 PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

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 B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồthịcủa hàm số(1,00 điểm) •TXĐ: . \ •Sựbiến thiên : , 2 y' 12x 12x =− x0 y' 0 x1 = ⎡ =⇔⎢ = ⎣ . 0,25 •yCĐ= y(0) = 1, yCT= y(1) = −1. 0,25 •Bảng biến thiên : 0,25 • Đồthị: Trang 1/4 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồthịhàm số(1)...(1,00 điểm) Đường thẳng với hệsốgóc k và đi qua điểm có phương trình : Δ ( M1;9 −−) . ykxk9 =+− Δlà tiếp tuyến của đồthịhàm số(1) khi và chỉkhi hệphương trình sau có nghiệm : () () () 32 2 4x 6x 1 k x 1 9 2 12x 12x k 3 ⎧ −+= +− ⎪ ⎨ −= ⎪⎩ Thay k từ(3) vào (2) ta được : ()() 32 2 4x 6x 1 12x 12x x 1 9 −+= − +− ()( ) 2 x1 4x5 0 ⇔+ −= x1 5 x.4 =− ⎡ ⎢ ⇔ ⎢ = ⎣ 0,50 y’ + 0 − 0 + x −∞ 0 1 y 1 1 − −∞ +∞ +∞ O y x 1 −1 1 •Với thì , phương trình tiếp tuyến là : x=−1 k24 = y 24x 15. =+ •Với 5 x 4 = thì 15 k 4 = , phương trình tiếp tuyến là : 15 21 yx44 =−. Các tiếp tuyến cần tìm là : và y24x15 =+ 15 21 yx44 =−. 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 22 22 sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0 −+ −= cos2x(sin x 3 cos x) 0. ⇔+= 0,50

k cos2x 0 x . 42 ππ •=⇔=+ sinx 3cosx 0 x k . 3 π •+ =⇔=−+π Nghiệm của phương trình là k x,42 ππ =+ xk3 π =− + π (k ). ∈] 0,50 2 Giải hệphương trình (1,00 điểm) Hệphương trình đã cho tương đương với 22 2 (x xy) 2x 9 x xy 3x 3 2 ⎧ +=+ ⎪ ⎨ =+− ⎪ ⎩ 2 2 2 x x3x3 2x 2 ⎛⎞ ⇒ ++− =+ ⎜⎟ ⎝⎠9 . 43 2 x 12x 48x 64x 0 ⇔+ + + = 3 x(x 4) 0 ⇔+=x0 x4 = ⎡ ⇔⎢ =− ⎣ 0,50 x0 •=không thỏa mãn hệphương trình. 17 x4y4 •=−⇒ = . Nghiệm của hệphương trình là 17 (x;y) 4; . 4 ⎛⎞ =−⎜⎟ ⎝⎠ 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) Ta có () AB 2 ; 3; 1 , =−− JJJG ( AC 2 ; 1; 1 , =− − − Trang 2/4 ) JJJG tích có hướng của hai vectơ là AB, AC JJJG JJJG () n2;4;8 =− G . 0,50 Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n G làm vectơpháp tuyến nên có phương trình ()()() 2x 0 4y 1 8z 2 0 −+ −− −= x2y4z60 ⇔+ − +=. 0,50 2 Tìm tọa độcủa điểm M ...(1,00 điểm) Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm của BC. AB.AC 0 = JJJG JJJG ( I0; 1;1 − ) 0,50 Tọa độcủa điểm M thỏa mãn hệphương trình 2x 2y z 3 0 xy1z1. 12 4 ++−= ⎧ ⎪ +− ⎨ == ⎪ − ⎩ 0,50 Suy ra () M2;3; 7. − IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt ⇒ tsinxcosx =+ dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx. 4 π ⎛⎞ =− =− −⎜⎟ ⎝⎠ Với x = 0 thì t = 1, với x 4 π = thì t2= . 0,25 Ta có 2 sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) . ++ + =+ Suy ra 2 2 1 2dt I 2 (t 1) =− + ∫ 2 1 21 2t 1 = + 0,50 ơ 21 1432. 2221 − ⎛⎞ =−= ⎜⎟+ ⎝⎠4 0,25

2 Tìm giá trịlớn nhất và giá trịnhỏnhất của biểu thức (1,00 điểm) 22222 2(x 6xy) 2(x 6xy) P.12xy2y x y 2xy2y ++ ==++ +++ Trang 3/4 2 . . , •Nếu thì Suy ra P = 2. y0= 2 x1= •Xét Đặt khi đó y0≠ xty = 2 2 2t 12t P t2t + = ++3 , ⇔ (1). 2 (P 2)t 2(P 6)t 3P 0 −+−+= −Với phương trình (1) có nghiệm P2= 3 t.4 = −Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉkhi P2≠ , . 2 '2P6P360 6P3 Δ=− − + ≥ ⇔− ≤ ≤ 0,50 P3= khi 3 x,y10 10 ==1 hoặc 31 x,y10 10 =− =− . 6 P=−khi 32 x,y13 13 ==−hoặc 32 x,y13 13 =− = . Giá trịlớn nhất của P bằng 3, giá trịnhỏnhất của P bằng −6. 0,50 V.a 2,00 1 Chứng minh công thức tổhợp (1,00 điểm) Ta có: kk1 n1 n1 n1 1 1 n2C C+ ++ ⎛⎞ + += ⎜⎟ + ⎝⎠ n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)! . n2 (n1)! ++−++− ++ 0,50 [] 1k!(nk)! .(n1k)(k n2 n! − =+− + 1) + + k n k!(n k)! 1 . n! C − == 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu Gọi là điểm đối xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC. 1 d: x y 2 0, −+= 2 d:4x 3y 1 0. +−= H'(a;b) 1 d H' • là vectơchỉphương của u(1;1 = G ) 1 d,HH ' (a 1;b 1) =+ + JJJJG vuông góc với và trung điểm I u G a1b1 ; 22 −− ⎛ ⎞ ⎜ của thuộc Do đó tọa độcủa H'là nghiệm của hệphương trình ⎟ ⎝⎠HH ' 1 d. 1( a 1) 1( b 1) 0 a1 b120 22 ++ += ⎧ ⎪ ⎨ −−−+= ⎪ ⎩ () H' 3;1 . ⇒ − 0,50 • Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơpháp tuyến là và có phương trình H' 2 d v(3;4) =− G 3(x 3) 4( y 1) 0 3x 4y 13 0. +− −=⇔ − + = • Tọa độcủa A là nghiệm của hệphương trình 3x 4y + 13 = 0 xy20 − ⎧ ⎨ −+= ⎩ A(5;7). ⇒ • Đường thẳng CH đi qua với vectơpháp tuyến ( H1;1 −−) 1 HA 2 JJJG = (3 ; 4) nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0. ⇔ • Tọa độcủa C là nghiệm của hệphương trình 3x 4y 7 0 3x 4y 13 0. ++= ⎧ ⎨ −+= ⎩ Suy ra C 10 3 ;. 34 ⎛⎞− ⎜⎟ ⎝⎠ 0,50

V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Trang 4/4 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 6 xx log 1 x4 + > + 2 xx6 x4 + ⇔>+ 0,50 2 x5x240 x4 −− ⇔>+ ()() x3x8 0. x4 +− ⇔>+ Tập nghiệm của bất phương trình là : () ( 4; 3 8; . −− ∪ +∞) 0,50 2 Tính thểtích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. ( ) ABCD . ⊥ 2 SB a 3a AB +=+= Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra 2222 AB SM a. 2 ==Do đó tam giác đều, suy ra SAM a3 SH . 2 = Diện tích tứgiác BMDN là 2 BMDN ABCD 1 SS2 ==2a. Thểtích khối chóp S.BMDN là BMDN 1 VSH.S 3 = 3 a3 3 = (đvtt). 0,50 S A B C H M N E D Kẻ (E AD) ∈ ME // DN a AE Đặt . 2 = ϕlà góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có suy ra n (SM, ME) . =ϕTheo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE ⊥ 0,50 22a5 SE SA AE , 2 =+= 22a5 ME AM AE . 2 =+= Suy ra a 5 2 n SME=ϕ Tam giác SME cân tại E nên và cos . 5 a5 2 ϕ= = Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ-ợc đủ điểm từng phần nh-đáp án quy định. ----------------Hết---------------- ----------------Hết----------------

Thang điểm và đáp án Đề thi đại học môn Toán khối B năm 2008