Đáp án đề thi Đại Học môn Toán 2006
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (230.65 KB, 4 trang )
1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
3
y x 3x 2.=−+
•
TXĐ:
.\
•
Sự biến thiên:
2
y' 3x 3, y' 0 x 1, x 1.=− =⇔=− =
0,25
Bảng biến thiên:
_
++
+
∞
-
∞
0
4
0
0
1
-1
+
∞
-
∞
y
y'
x
y
CĐ
=
() ()
CT
y1 4,y y1 0.−= = =
0,50
• Đồ thị:
0,25
2
Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm)
Phương trình đường thẳng d là:
()
y m x 3 20.=−+
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của d và
()
C
là:
() ()
()
32
x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.−+= −+ ⇔− ++− =
0,25
Đường thẳng d cắt đồ thị
()
C
tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
()
2
fx x 3x 6 m=++− có 2 nghiệm phân biệt khác 3
0,25
()
()
15
946m 0
m
4
f3 24 m 0
m 24.
⎧
Δ= − − >
⎧
>
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
=− ≠
⎪
⎪
⎩
≠
⎩
0,25
O
−1
1
2
4
x
y
−2
2/4
II
2,00
1
Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
()
2
2sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0−−=⇔+=
()
2
sin x 2 cos x 1 0.⇔+=
0,50
•
()
sin x 0 x k k .=⇔=π ∈
]
0,25
•
()
12
cos x x k2 k .
23
π
=− ⇔ =± + π ∈]
0,25
2
Giải phương trình (1,00 điểm)
Đặt
()
2
t1
t2x1t0x .
2
+
=−≥⇒ = Phương trình đã cho trở thành:
42
t4t4t10−+−=
0,25
()
()
2
2
t1 t 2t1 0⇔− + −=
t1,t 21.⇔= = −
0,50
Với
t1,=
ta có
x1.=
Với
t21,=−
ta có
x2 2.=−
0,25
III
2,00
1
Tìm tọa độ điểm
A'
đối xứng với A qua d
1
(1,00 điểm)
Mặt phẳng
()
α
đi qua
()
A1;2;3
và vuông góc với
1
d có phương trình là:
()( )()
2x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.−−−+−=⇔ −+−=
0,50
Tọa độ giao điểm H của
1
d và
()
α
là nghiệm của hệ:
()
x0
x2 y2 z3
y1 H0;1;2.
211
2x y z 3 0
z2
=
⎧
−+−
⎧
==
⎪⎪
⇔=−⇒ −
−
⎨⎨
⎪⎪
−+−=
=
⎩
⎩
0,25
Vì
A'
đối xứng với A qua
1
d nên H là trung điểm của
AA '
()
A' 1; 4;1 .
⇒
−−
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng
Δ
(1,00 điểm)
Vì
Δ
đi qua A, vuông góc với
1
d và cắt
2
d , nên
Δ
đi qua giao điểm
B
của
2
d và
()
.α
0,25
Tọa độ giao điểm B của
2
d và
()
α
là nghiệm của hệ:
()
x2
x1 y1 z1
y1 B2;1;2.
12 1
2x y z 3 0
z2
=
⎧
−−+
⎧
==
⎪⎪
⇔=−⇒ −−
−
⎨⎨
⎪⎪
−+−=
=−
⎩
⎩
0,25
Vectơ chỉ phương của
Δ
là:
()
u AB 1;3;5.
==−−
G JJJG
0,25
Phương trình của
Δ
là:
x1 y2 z3
.
135
−−−
==
−−
0,25
IV
2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
()
1
2x
0
I x 2 e dx.=−
∫
Đặt
2x
2x
ux2
1
du dx, v e .
2
dv e dx
=−
⎧
⎪
⇒ ==
⎨
=
⎪
⎩
0,25
()
1
1
2x 2x
0
0
11
Ix2e edx
22
=− −
∫
0,25
1
22
2x
0
e1 53e
1e .
24 4
−
=− + − =
0,50
3/4
2
Chứng minh với mọi a 0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
Điều kiện: x, y 1.>− Hệ đã cho tương đương với:
() ( ) ()
()
xa x
e e ln 1 x ln 1 a x 0 1
yxa 2
+
⎧
−+ +− ++=
⎪
⎨
=+
⎪
⎩
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy
nhất trong khoảng
()
1; .−+∞
0,25
Xét hàm số
() ( ) ( )
xa x
f x e e ln 1 x ln 1 a x ,
+
=−++−++ với
x1.>−
Do
()
fx
liên tục trong khoảng
()
1;−+∞
và
() ()
x1 x
lim f x , lim f x
+
→− →+ ∞
=−∞ =+∞
nên phương trình
()
fx 0=
có nghiệm trong khoảng
()
1; .−+∞
0,25
Mặt khác:
()
()
()( )
xa x
xa
11
f' x e e
1x 1a x
a
ee 1 0,x 1.
1x1a x
+
=−+−
+++
=−+ >∀>−
+++
⇒
()
fx
đồng biến trong khoảng
()
1; .−+∞
0,25
Suy ra, phương trình
()
fx 0=
có nghiệm duy nhất trong khoảng
()
1;−+∞
.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
0,25
V.a
1
Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm)
Đường tròn
()
C
có tâm
()
I1;1,
bán kính
R1.=
Vì
Md∈
nên
()
Mx;x 3.+
0,25
Yêu cầu của bài toán tương đương với:
()( )
22
MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.=+ ⇔ − + + =⇔= =−
0,50
Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
() ( )
12
M1;4,M 2;1.−
0,25
2
Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm)
Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là
4
12
C 495.=
0,25
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
21 1
543
C .C .C 120.=
- Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
121
543
C .C .C 90.=
- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
11 2
543
C .C .C 60.=
0,50
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
120 90 60 270.++=
Vậy, số cách chọn phải tìm là:
495 270 225.−=
0,25
4/4
V.b
2,00
1
Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
()()
()
()
22 2
2x xx xx 2x xx
22 142 10 2 42 10.
−− −
−− −=⇔ − −=
0,50
•
2x 2x 2
24022 x1.−=⇔ = ⇔=
•
22
xx xx 2
21021xx0x0,x1.
−−
−= ⇔ =⇔ − = ⇔ = =
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.==
0,50
2
Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)
M
K
H
N
C
B
A
S
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.
Do BC AK, BC SA⊥⊥ nên
BC AH.⊥
Do
AH SK, AH BC⊥⊥
nên
()
AH SBC .⊥
0,25
Xét tam giác vuông SAK:
22 2
111 23a
AH .
AH SA AK
19
=+
⇒
=
0,25
Xét tam giác vuông SAB:
2
2
2
SM SA 4
SA SM.SB .
SB 5
SB
= ⇒ ==
Xét tam giác vuông SAC:
2
2
2
SN SA 4
SA SN.SC .
SC 5
SC
= ⇒ ==
Suy ra:
2
SMN
BCNM SBC
SBC
S
16 9 9 19a
SS .
S 25 25 100
= ⇒ ==
0,25
Vậy, thể tích của khối chóp
A.BCNM
là:
3
BCNM
133a
V.AH.S .
350
==
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 ----------------
