Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2006

bero3a
bero3a(1890 tài liệu)
(13 người theo dõi)
Lượt xem 4689
31
Tải xuống
(Lịch sử tải xuống)
Số trang: 3 | Loại file: PDF
0

Gửi bình luận

Bình luận

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/11/2012, 15:14

Mô tả: Đáp án và đề thi đại học môn toán Khối B từ năm 2003 đến năm 2010 ĐỀ THI & BÀI GIẢI THI ĐH 2006 MÔN TOÁN KHỐI B Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2xx1x2+−+ 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cân xiên của (C). Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: cotgx + sinx(1 + tgx.tgx2) = 4 2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt: 2xmx22x1++=+ Câu III: (2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (0; 1; 2) và hai đường thẳng d1 : x y 1z121 1−+==− và d2 : x1ty12z2t=+⎧⎪=− −⎨⎪=+⎩t1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M trên d1, N trên d2 sao cho 3 điểm A, M, N thẳng hàng. Câu IV: (2 điểm) 1. Tính I = ln 5xxln3dxe2e 3−+−∫ 2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức A = 22 22(x 1) y (x 1) y y 2−++ +++− Phần tự chọn : Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b CâuV.a: Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (-3; 1). Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈ ⎨1, 2, …, n⎬ sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Câu V.b: Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình : log5(4x + 144) – 4log52 < 1 + log5(2x – 2 + 1) 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a, SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB. 2 BÀI GIẢI Câu I: 1. y = 2xx1x2+ −+ = 1x1x2−++ D = R \ ⎨-2⎬ TCĐ : x = −2; TCX : y = x – 1 y' = 211= (x 2)−+22x4x3(x 2)+ ++ y’ = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = −3 x -∞ -3 -2 -1 +∞ y' + 0 − − 0 + y -5 -∞ -∞ +∞ +∞ -1 Đồ thò hàm số : 2. Tiệm cận xiên có hệ số góc k1=1. Tiếp tuyến vuông góc tiệm cận xiên ⇒hệ số góc tiếp tuyến là k2 = −1. ⇒ Pt tiếp tuyến có dạng y = −x + m (D) (D) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ 2111(x 2)1x1 xmx2⎧−=−⎪+⎪⎨⎪−+ =−+⎪+⎩ có nghiệm ⇔ 21(x 2)212(x 2) 5 mx2⎧+=⎪⎪⎨⎪+ +−=⎪+⎩ có nghiệm Vậy : m = 22 5− ∨ m = 22 5−− Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là y= −x – 5 22± Câu II. 1. Với điều kiện sin2x ≠ 0, ta có: x1tgx.tg2+ = xxcosx.cos sinx.sin122xcosxcosx.cos2+= Vậy phương trình đã cho ⇔ cosx sinx4sin x cos x+= (1) ⇔ sin2x = 12 ⇔ x = k12π+π hay x = 5k12π+ π CĐCTy -2-1 -3-1 0 1 -5 -3 x2. Cách 1: Ycbt ⇔ x2 + mx + 2 = (2x + 1)2 có 2 nghiệm phân biệt ≥ 12− ⇔ f(x)=3x2+(4 – m)x – 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≥ 12− Vì a.c < 0 nên f(x) = luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu Vậy ycbt ⇔ f(x) = 0 có đúng 1 nghiệm thỏa 12− ≤ x < 0 Vì f(0) = −1 ≠ 0 nên ycbt ⇔ 1f.f(0)2⎛⎞−≤⎜⎟⎝⎠0 ⇔ 1f02⎛⎞−≥⎜⎟⎝⎠ ⇔ 1m3. 2 1 042−+ −≥ ⇔ 9m2≥ Cách 2: 2xmx22x++=+1 ⇔ 221x2x mx 2 4x 4x 1⎧≥−⎪⎨⎪++= ++⎩ ⇔ 21x23x 4x 1 mx⎧≥−⎪⎨⎪+−=⎩ ⇔ 1x213x 4 m (do x=0 không là nghiệm)x⎧≥−⎪⎪⎨⎪+− =⎪⎩ Xét y = 3x + 4 1x− (C’) với x ≥ −12 và x ≠ 0 Ta có : y’ = 3 + 21x > 0 ∀ x ≠ 0 x 12− 0 +∞ y' + + y +∞ 92 +∞ -∞ Ycbt ⇔ (d) y = m cắt (C’) tại 2 điểm phân biệt ⇔ 9m2≤ Câu III 1. Mặt phẳng (P) có 1 cặp VTCP : 1auur =(2, 1, -1) và 2auur=(1, -2, 1) ⇒ (P) có 1 PVT là (1; 3; 5) Vậy ptrình mp (P) là: 1(x – 0) + 3(y – 1) + 5(z – 2) = 0 Hay x + 3y + 5z – 13 = 0 2. Gọi M (2t’, 1+t’, −1–t’) ∈ d1; N (1+t, −1–2t, 2+t) ∈ d2 Vậy AM (2t ',t ', 3 t')=−−uuuur; AN (1 t, 2 2t,t)=+−−uuur A, M, N thẳng hàng ⇔ AMuuuur cùng phương với ANuuur ⇔ 2t' t' 3 t'1t 22t t−−==+−− ⇔ 4t'(1 t) t'(1 t) 02tt' (1 t)(3 t') 0++ +=⎧⎨++ + =⎩⇔ ⇔ t' 0 (1 t) 02tt' (1 t)(3 t') 0=∨ + =⎧⎨++ + =⎩t' 0t1=⎧⎨=−⎩ Do đó M (0, 1, −1) và N (0, 1, 1) Câu IV. 1. I = ln5x2x xln3edxe3e−+2∫ Đặt t = ex ⇒ dt = exdx và t (ln3) = 3; t(ln5) = 5 I = 55233dt dtt3t2 (t1)(t2=)− +−−∫∫= 5311dtt2 t1⎛⎞−⎜⎟−−⎝⎠∫ = 53t2lnt1⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎦ = 3ln2 ⎣2. Cách 1 : Xét a (1 x,y)=−r; b (1 x,y)=+r A = aby 2aby 2212yy2+ +−≥++−= + +−rr rr Dấu “=” xảy ra khi x = 0 p dụng BĐT BCS 223 y 1 y 421y+≤ + = + ⇒ A ≥ y 32yy 32y 23++−≥++−=+ dấu “=” xảy ra khi y = 13 ⇒ A ≥ 23+ dấu “=” khi x = 0, y = 13 Vậy : min A = 2 + 3 khi x = 0, y = 13 Cách 2: Xét a (1 x,y)=−r; b (1 x,y)=+r A = 2aby 2aby 221yy2+ +−≥++−= + +−rr rr Dấu “=” xảy ra khi x = 0 Xét g(y) = 221 yy2+− +• y ≥ 2 : g(y) = 221 yy2+− : luôn tăng +• y < 2 : g(y) = 221 y 2 y++− g’(y) = 22y11y−+, g’(y) = 0 ⇔ y = 13 Lập bảng biến thiên ta có: g(y)23≥+, dấu “=” khi y = 13 Vậy : min A = 2 + 3 khi x = 0, y = 13 Cách 3: p dụng BĐT BCS : 22 223131(1 ) (1 ) ( 1)2244− +≤+ −+= −+x yxyxy 22 223131(1 ) (1 ) ( 1)2244+ +≤+ ++= ++x yxyxy Vậy A 3131(1 ) (1 ) 22222≥− +++++−xy xyy 331 3312222 2 22 23+++ ++−=+xy xy y≥− dấu “=” xảy ra khi x = 0, y = 13 Câu V.a. 1. (C) có tâm I (1; 3), R = 2 Đường tròn đường kính MI có tâm J (−1, 2) R’ = MJ = 41 5+= Phương trình đường tròn (C’) đường kính MI là: (x + 1)2 + (y – 2)2 = 5 ⇔ x2 + y2 + 2x – 4y = 0 (C’) T1T2 chính là trục đẳng phương (C) và (C’) Phương trình T1T2 : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = x2 + y2 + 2x – 4y ⇔ 2x + y – 3 = 0 Cách khác : Gọi T (x0, y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến Δ với (C). Pt Δ là: x0x + y0y – (x + x0) – 3(y + y0) + 6 = 0 M (−3, 1) ∈ Δ ⇔ −3x0 + y0 – x0 + 3 – 3y0 – 3 + 6 = 0 ⇔ 2x0 + y0 – 3 = 0 Vì T1, T2 là tiếp điểm ⇒ ⎧⎨11222323+−=00+−=⎩x yxy Vậy Pt T1T2 : 2x + y – 3 = 0 2. ⇔ 42nnC20C=n! 20n!4!(n 4)! 2!(n 2)!=−− 1224.(n 4)! 2(n 2)!=−−011≥⎪⎩ ⇔ (n – 3)(n – 2) = 20.12 ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4) Ycbt ⇒ ⎪⎨ ⇒ k = 9 kk18 18kk18 18CCCC−+⎧≥Câu V.b. 1. Bất phương trình đã cho tương đương : xx2554 144log log 5(2 1)16−+<+ ⇔ xx241445(2 1)16−+<+ ⇔ xx414480(2 1−+< +2) ⇔ ⇔ x42 16<< 2x4< < 2. Cách 1: Dễ thấy I là trọng tâm ΔABD ⇒ BI = 2BM3 = a23 và AI = 1aAC33=3 ΔABI có BI2 + AI2 = 22222a 3aaAB39+== ⇒ BI⊥ AI và BI ⊥ SA ⇒ BI⊥(SAC) ⇒(SMB) ⊥ (SAC) Gọi V = VSABC; V1 = VSABN; V2 = VCNBI Ta có : 12VVSN.SA.SB CN.CI.CBV V SC.SA.SB SC.CA.CB+= + 12VV112115.V22323+=+ =+=6 ⇒ VANIB = SABC111V.BA.BC.S666= A = 1a.a 2.a36 ⇒ VANIB = 3a236 Cách 2: Chọn hệ trục như hình vẽ. zxBSDAN M I aaM I T1 T2 • J a2 C yTa có A (0, 0, 0); B (a, 0, 0); C (a, a2, 0); D (0, a, 0); S (0, 0, a); M (0, 2a22, 0); N (a2,a22,a2) • I là trọng tâm ΔABD ⇒ IC 2IA=−uuruur ⇒ I aa2;;033⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠ • AS (0,0,a)AC (a,a 2,0)⎫=⎪⎬=⎪⎭uuuruuur ⇒ (SAC)nAS,A⎡⎤=⎣⎦Cruuur uuur = 22(a 2,a,0)− SB (a,0, a)a2SM (0, , a)2⎫=−⎪⎬=−⎪⎭uuruuur ⇒ 222(SMB)2a2na ;a;22⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠r0Ta có : 44(SAC) (SMB)n.n aa= −=rr ⇒ (SAC) ⊥ (SMB) • aa2aAN ( ; ; )222aa2AI ( ; ;0)33⎫=⎪⎪⎬⎪=⎪⎭uuuruur ⇒ 22a2aAN.AI ( , ,0)66⎡⎤=−⎣⎦uuur uur ABuuur = (a, 0, 0) ⇒ 3a2AN.AI .AB6⎡⎤=−⎣⎦uuur uur uuur ⇒ VANIB = 3a236 HÀ VĂN CHƯƠNG, PHẠM HỒNG DANH, HỒ VĨNH ĐÔNG, TRẦN VĂN TOÀN, LÊ NGÔ THIỆN, TRẦN MINH THỊNH, NGUYỄN PHÚ VINH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa & Luyện thi đại học Vónh Viễn) . ĐỀ THI & B I GIẢI THI ĐH 2006 MÔN TOÁN KHỐI B Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2xx1x2+−+ 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò. tâm ΔABD ⇒ BI = 2BM3 = a23 và AI = 1aAC33=3 ΔABI có BI2 + AI2 = 22222a 3aaAB39+== ⇒ BI⊥ AI và BI ⊥ SA ⇒ BI⊥(SAC) ⇒(SMB) ⊥ (SAC) Gọi V = VSABC; V1

— Xem thêm —

Xem thêm: Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2006, Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2006, Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2006

Lên đầu trang
  • Nhoc Vo Cam
    Nhoc Vo Cam · Vào lúc 09:09 pm 28/04/2014
    em co góp ý cho bài hình . câu Vb . ta có thể tính trực tiếp thể tich ANIB . gọi O= AC giao BD . => NO vuông góc với ABCD( do song song với SA) =>NO vuông góc với (AIB) . Diện tích tam giác AIB de tinh được NO=SA/2
    Trả lời

Từ khóa liên quan

Đăng ký

Generate time = 0.0851848125458 s. Memory usage = 13.91 MB