Đang tải... (xem toàn văn)
Đáp án Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2004 môn toán khối A
1Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm . đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 . Đề chính thức Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung ĐiểmI 2,0 I.1 (1,0 điểm) ()12332+=xxxy = ()11x122x1+. a) Tập xác định: { }R\ 1. b) Sự biến thiên: 2x(2 x)y'2(x 1)=; y' 0 x 0, x 2== =. 0,25 yCĐ = y(2) = 12 , yCT = y(0) = 32. Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. Đờng thẳng1yx12= + là tiệm cận xiên. 0,25 Bảng biến thiên: x 0 1 2 + y' 0 + + 0 y + + 12 32 0,25 c) Đồ thị: 0,25 2 I.2 (1,0 điểm) Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là : ()mxxx=+12332 ()023322=++ mxmx (*). 0,25 Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0> 24m 4m 3 0> 3m2> hoặc 1m2< (**) . 0,25 Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành độ x1 , x2 là nghiệm của phơng trình (*). AB = 1 121= xx 212xx 1= ()12212xx 4xx1+ = 0,25 ()()1234322= mm 15m2= (thoả mãn (**)) 0,25II 2,0 II.1 (1,0 điểm) Điều kiện : x4. 0,25 Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình: 222(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> > 0,25 + Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25 + Nếu 4x5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta đợc: ()()2222 x 16 10 2x x 20x 66 0> +<10 34 x 10 34 <<+ . Kết hợp với điều kiện 4x5 ta có: 10 34 x 5<. Đáp số: x10 34> 0,25 II.2 (1,0 điểm) Điều kiện: y > x và y > 0. ()11loglog441=yxy ()11loglog44=yxy 0,25 4yxlog 1y= 43yx =. 0,25 Thế vào phơng trình x2 + y2 = 25 ta có: 223yy25y4.4+== 0,25 So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x). Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4). 0,25III 3,0 III.1 (1,0 điểm) + Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3)JJJG có phơng trình 3x 3y 0+=. Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)JJJG có phơng trình y = 1 ( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1)JJJGcó phơng trình 3x y 2 0+=) 0,25 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3; 1) 0,25 + Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1. Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x y 2 0++=. ( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình 3x 3y 0+=). 0,25 3 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB là ()I3;1. 0,25 III.2.a (1,0 điểm) + Ta có: ()C2;0;0, ()D0; 1;0, ( )2;0;1M , ()22;0;2 =SA, ()BM 1; 1; 2= JJJJG. 0,25 Gọi là góc giữa SA và BM. Ta đợc: ()SA.BM3cos cos SA, BM2SA . BM= = =JJJG JJJJGJJJG JJJJGJJJGJJJJG 30= . 0,25 + Ta có: ()SA, BM 2 2; 0; 2= JJJGJJJJG, ()AB 2; 1; 0=JJJG. 0,25 Vậy: ()SA, BM AB26dSA,BM3SA, BM==JJJGJJJJGJJJGJJJGJJJJG 0,25 III.2.b (1,0 điểm) Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD 2;21;0N. 0,25 ()SA 2; 0; 2 2=JJJG,()2;0;1 =SM, ()22;1;0 =SB, 1SN 0; ; 22=JJJG ()SA, SM 0; 4 2; 0 =JJJG JJJG. 0,25 S.ABM122V SA,SM SB63==JJJG JJJG JJG 0,25 S.AMN12V SA,SM SN63==JJJG JJJG JJJG S.ABMN S.ABM S.AMNVVV 2=+= 0,25IV 2,0 IV.1 (1,0 điểm) 21xIdx1x1=+. Đặt: 1= xt 12+= tx tdtdx 2=. 01 == tx, 12 == tx. 0,25 4 Ta có: 111232000t1 tt 2I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt1t 1t t1++===+++ + 0,25 I 1320112t t2t2lnt132=++ 0,25 11 11I 2 2 2 ln 2 4 ln 232 3=+ =. 0,25 IV.2 (1, 0 điểm) () () () () ()() () () ()82342 0 12 24 36 4888 8 8 856785 10 6 12 7 14 8 168888 1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1xCx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x+ =+ + + + ++++ 0,25 Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25 Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là: 32 4083 84C.C, C.C 0,25 Suy ra a8168 70 238=+=. 0,25V 1,0 Gọi 3cos22cos222cos ++= CBAM 32cos2cos2221cos22++=CBCBA. 0,25 Do 02sin >A, 12cos CB nên 2AM2cosA42sin 42+ . 0,25 Mặt khác tam giác ABC không tù nên 0cos A, AA coscos2. Suy ra: 42sin24cos2 +AAM42sin242sin2122+=AA 22sin242sin42+=AA012sin222=A. Vậy 0M. 0,25 Theo giả thiết: M = 0 ===212sin12coscoscos2ACBAA A90BC45=== 0,25 . tạo Đáp án - Thang điểm ..................... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 . CB nên 2AM2cosA42sin 42+ . 0,25 Mặt khác tam giác ABC không tù nên 0cos A, AA coscos2. Suy ra: 42sin24cos2 +AAM42sin242sin2122+=AA