Đáp án đề thi đại học môn toán khối a năm 2006
|
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.
Posted on Tháng Ba 26, 2009 by toanhoccapba
ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2006 Download file PDF de_toan_a_2006 LỜI GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2006 Download file PDF da-toan-a-2006 Để xem đề thi và đáp án rõ ràng hơn, bạn cick chuột vào ô chữ nhật (Toggle Full Screen) bên phải.
View this document on Scribd View this document on Scribd Filed under: ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2006 |
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Download Tải về
1/5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 322x 9x 12x 4.−+− • TXĐ: .\ • Sự biến thiên: ()2y' 6 x 3x 2=−+, y' 0 x 1, x 2.=⇔= = 0,25 Bảng biến thiên: +_++∞-∞010021+∞-∞yy'x yCĐ = () ( )CTy1 1,y y2 0.=== 0,50 • Đồ thị: O −4 1 1 2 x y 0,25 2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 322x 9x 12x 4 m 4−+−=−. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 32y2x 9x 12x4=−+− với đường thẳng ym4.=− 0,25 Hàm số 32y2x 9x 12x4=−+− là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 2/5 Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 32y2x 9x 12x4=−+− 0,25 Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0m41 4m5.<−<⇔<< 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện: ()2sin x 1 .2≠ Phương trình đã cho tương đương với: ()66 2312 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 042⎛⎞+− =⇔− − =⎜⎟⎝⎠ 23sin 2x sin2x 4 0⇔+−= 0,50 sin 2x 1⇔= ()xkk.4π⇔=+π ∈] 0,25 Do điều kiện (1) nên: ()5x2mm.4π=+π ∈] 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 1, y 1,xy 0.≥− ≥− ≥ Đặt ()txyt0.=≥ Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: xy3t.+=+ 0,25 Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: ()xy22xyxy116 2+++ +++= . Thay 2xy t , x y 3 t=+=+ vào (2) ta được: 223 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t++ + +++ = ⇔ ++ = − 0,25 ()()2220t110t11t34t t 4 11 t3t 26t 105 0≤≤⎧≤≤⎧⎪⇔⇔⇔=⎨⎨++ = −+−=⎩⎪⎩ 0,25 Với t3= ta có x y 6, xy 9.+= = Suy ra, nghiệm của hệ là (x;y) (3;3).= 0,25 O −4 1 1 2 x −1 −2 y = m − 4 y 3/5 III 2,00 1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN (1,00 điểm) Gọi ()P là mặt phẳng chứa A'C và song song với MN . Khi đó: ()()()dA'C,MN dM,P .= 0,25 Ta có: ()11C 1;1;0 ,M ;0;0 ,N ;1;022⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ () ()A'C 1;1; 1 ,MN 0;1; 0=− =JJJJG JJJJG ()1 1 1111A'C,MN ; ; 1;0;1 .10 0001⎛ −− ⎞⎡⎤==⎜⎟⎣⎦⎝⎠JJJJG JJJJG 0,25 Mặt phẳng ()P đi qua điểm ()A ' 0; 0;1 , có vectơ pháp tuyến ()n1;0;1,=G có phương trình là: ()()()1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.−+ −+ −=⇔+−= 0,25 Vậy ()()()22210112dA'C,MN dM,P .22101+−== =++ 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là ()()222Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+++= ++> Vì ()Q đi qua ()A' 0;0;1 và ()C1;1;0 nên: cd 0cdab.abd0+=⎧⇔=−=+⎨++=⎩ Do đó, phương trình của ()Q có dạng: ()()ax by a b z a b 0.+++ −+=. 0,25 Mặt phẳng ()Q có vectơ pháp tuyến ()na;b;ab=+G, mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến ()k0;0;1=G. Vì góc giữa ()Q và Oxy là α mà 1cos6α= nên ()1cos n, k6=GG 0,25 ()222ab16ab ab+⇔=+++ ()()2226a b 2a b ab⇔+= ++ a2b⇔=− hoặc b2a.=− 0,25 Với a2b=− , chọn b1,=− được mặt phẳng ()1Q:2xyz10.−+−= Với b2a=− , chọn a 1,= được mặt phẳng ()2Q:x2yz10.−−+= 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Ta có: 2222 200sin 2x sin 2xI dx dx.cos x 4sin x 1 3sin xππ==++∫∫ Đặt 2t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.=+ ⇒ = 0,25 Với x0= thì t1= , với x2π= thì t4.= 0,25 Suy ra: 411dtI3t=∫ 0,25 4122t.33== 0,25 4/5 2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 2211 1 1 1.xyx y xy+= + − Đặt 11a, bxy== ta có: ()22aba b ab 1+= + − ()()()233 22Aa b aba b ab ab.=+=+ +− =+ 0,25 Từ (1) suy ra: ()2ab ab 3ab.+= + − Vì 2abab2+⎛⎞≤⎜⎟⎝⎠ nên ()()223ab ab ab4+≥ + − + ()()2ab 4ab 0 0ab4⇒ +− +≤⇒ ≤+≤ Suy ra: ()2A a b 16.=+ ≤ 0,50 Với 1xy2== thì A16.= Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. 0,25 V.a 2,00 1 Tìm điểm 3Md∈ sao cho ()( )12dM,d 2dM,d= (1,00 điểm) Vì 3Md∈ nên ()M2y;y. 0,25 Ta có: () ()()1222 222y y 3 3y 3 2y y 4 y 4dM,d , dM,d .221111++ + −− −== = =++− 0,25 ()( )12dM,d 2dM,d= ⇔ 3y 3 y 42 y 11, y 1.22+−=⇔=−= 0,25 Với y11=− được điểm ()1M22;11.−− Với y 1= được điểm ()2M2;1. 0,25 2 Tìm hệ số của 26x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) • Từ giả thiết suy ra: ()01 n202n 1 2n 1 2n 1CC C 2 1.++ +++⋅⋅⋅+= Vì k2n1k2n 1 2n 1CC,k,0k2n1+−++=∀≤≤+ nên: ()()01 n 01 2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2n11CC C CC C 2.2+++ + ++ +++⋅⋅⋅+= ++⋅⋅⋅+ 0,25 Từ khai triển nhị thức Niutơn của ()2n 111++ suy ra: () ()2n 101 2n1 2n12n 1 2n 1 2n 1CC C 11 2 3.+++++ ++ +⋅⋅⋅+ = + = Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 2022= hay n 10.= 0,25 • Ta có: ()()1010 1010 k k7k47k11k4010 104k0 k01xCxxCx.x−−−==⎛⎞+= =⎜⎟⎝⎠∑∑ 0,25 Hệ số của 26x là k10C với k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.−=⇔= Vậy hệ số của 26x là: 610C 210.= 0,25 5/5 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ()3x 2x x22234 201.333⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞+−−=⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠0,25 Đặt ()x2tt03⎛⎞=>⎜⎟⎝⎠, phương trình (1) trở thành: 323t 4t t 2 0+−−= 0,25 ()( )22t1 3t2 0 t3⇔+ − =⇔= (vì t0> ). 0,25 Với 2t3= thì x2233⎛⎞=⎜⎟⎝⎠ hay x1.= 0,25 2 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm) Kẻ đường sinh AA '. Gọi D là điểm đối xứng với A ' qua O' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A'D. A A' O O' H D B Do BH A ' D⊥ và BH AA '⊥ nên ()BH AOO 'A ' .⊥ 0,25 Suy ra: OO 'AB AOO'1V.BH.S.3= 0,25 Ta có: 22 22A'B AB A'A 3a BD A'D A'B a=−=⇒ =−= BO ' D⇒ Δ đều a3BH .2⇒ = 0,25 Vì AOO ' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2AOO '1Sa.2= Vậy thể tích khối tứ diện OO ' AB là: 2313aa 3aV. . .32 2 12== 0,25 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. Hết |
