ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

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 =
32
2x 9x 12x 4.−+−

• TXĐ:
.\

• Sự biến thiên:
()
2
y' 6 x 3x 2=−+,
y' 0 x 1, x 2.=⇔= =

0,25
Bảng biến thiên:

+
_
+
+
∞
-
∞
0
1
0
0
2
1+
∞
-
∞
y
y'
x

y
CĐ
=
() ( )
CT
y1 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:
32
2x 9x 12x 4 m 4−+−=−.
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
32
y2x 9x 12x4=−+− với đường thẳng
ym4.=−




0,25

Hàm số
32
y2x 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:
3
2
y2x 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:
()
2
sin x 1 .
2
≠
Phương trình đã cho tương đương với:
()
66 2
31
2 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0
42
⎛⎞
+− =⇔− − =

⎜⎟
⎝⎠


2
3sin 2x sin2x 4 0⇔+−=







0,50

sin 2x 1
⇔=


()
xkk.
4
π
⇔=+π ∈]


0,25

Do điều kiện (1) nên:
()

5
x2mm.
4
π
=+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
2
xy t , x y 3 t=+=+ vào (2) ta được:
22
3 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t++ + +++ = ⇔ ++ = −



0,25

()
()
2
2
2
0t11
0t11
t3
4t t 4 11 t
3t 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:
()
11
C 1;1;0 ,M ;0;0 ,N ;1;0
22
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠


() ()
A'C 1;1; 1 ,MN 0;1; 0=− =
JJJJG JJJJG


()
1 1 1111
A'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
()()
()
222
1
01
1
2
dA'C,MN dM,P .
22
101
+−
== =
++



0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)

Gọi mặt phẳng cần tìm là
()
()
222
Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+++= ++>
Vì
()
Q

đi qua
()
A' 0;0;1
và
()
C1;1;0
nên:
cd 0
cdab.
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
1
cos
6
α= nên
()
1
cos n, k
6
=
G G

0,25

()
2
22
ab
1
6
ab ab
+
⇔=
+++

()
()
2
22
6a b 2a b ab⇔+= ++


a2b⇔=−
hoặc
b 2a.=−

0,25


Với
a2b=−
, chọn
b 1,=−
được mặt phẳng
()
1
Q:2xyz10.−+−=

Với
b 2a=−
, chọn a 1,= được mặt phẳng
()
2
Q:x2yz10.−−+=


0,25
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

Ta có:
22
22 2

00
sin 2x sin 2x
I dx dx.
cos x 4sin x 1 3sin x
ππ
==
++
∫∫

Đặt
2
t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.=+
⇒
=



0,25
Với
x0=
thì
t1=
, với x
2
π
= thì
t4.=

0,25
Suy ra:

4
1
1dt
I
3
t
=
∫

0,25



4
1
22
t.
33
==


0,25
4/5
2
Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)

Từ giả thiết suy ra:
22
11 1 1 1
.

xyx y xy
+= + −
Đặt
11
a, b
xy
== ta có:
()
22
aba b ab 1+= + −

()
()
()
2
33 22
Aa b aba b ab ab.=+=+ +− =+






0,25
Từ (1) suy ra:
()
2
ab ab 3ab.+= + −

Vì

2
ab
ab
2
+
⎛⎞
≤
⎜⎟
⎝⎠
nên
()()
22
3
ab ab ab
4
+≥ + − +
()()
2
ab 4ab 0 0ab4⇒ +− +≤⇒ ≤+≤

Suy ra:
()
2
A a b 16.=+ ≤




0,50

Với
1
xy
2
== thì
A16.=
Vậy giá trị lớn nhất của
A
là 16.

0,25

V.a

2,00
1
Tìm điểm
3
Md∈ sao cho
()( )
12
dM,d 2dM,d=
(1,00 điểm)

Vì
3
Md∈ nên
()

M2y;y.


0,25
Ta có:
() ()
()
12
22 2
2
2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4
dM,d , dM,d .
22
11
11
++ + −− −
== = =
+
+−


0,25
()( )
12
dM,d 2dM,d=
⇔
3y 3 y 4
2 y 11, y 1.
22
+−

=⇔=−=

0,25

Với
y11
=−
được điểm
()
1
M22;11.−−

Với y 1= được điểm
()
2
M2;1.


0,25
2
Tìm hệ số của
26
x
trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)

• Từ giả thiết suy ra:
()
01 n20
2n 1 2n 1 2n 1
CC C 2 1.

++ +
++⋅⋅⋅+=
Vì
k2n1k
2n 1 2n 1
CC,k,0k2n1
+−
++
=∀≤≤+
nên:
()
()
01 n 01 2n1
2n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2n1
1
CC C CC C 2.
2
+
++ + ++ +
++⋅⋅⋅+= ++⋅⋅⋅+




0,25
Từ khai triển nhị thức Niutơn của
()
2n 1
11
+

+
suy ra:

() ()
2n 1
01 2n1 2n1
2n 1 2n 1 2n 1
CC C 11 2 3.
+
++
++ +
+ +⋅⋅⋅+ = + =

Từ (1), (2) và (3) suy ra:
2n 20
22= hay
n 10.=





0,25
• Ta có:
()()
10
10 10
10 k k
7k47k11k40
10 10

4
k0 k0
1
xCxxCx.
x
−
−−
==
⎛⎞
+= =
⎜⎟
⎝⎠
∑∑



0,25


Hệ số của
26
x là
k
10
C
với
k
thỏa mãn:
11k 40 26 k 6.−=⇔=

Vậy hệ số của
26
x là:
6
10
C 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 x
222
34 201.
333
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
+−−=
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
0,25

Đặt
()
x
2
tt0
3
⎛⎞
=>
⎜⎟
⎝⎠
, phương trình (1) trở thành:
32
3t 4t t 2 0+−−=

0,25

()( )
2
2
t1 3t2 0 t
3
⇔+ − =⇔= (vì
t0>
).
0,25

Với
2
t
3

= thì
x
22
33
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
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'
1
V.BH.S.
3
=

0,25
Ta có:
22 22
A'B AB A'A 3a BD A'D A'B a
=−=
⇒
=−=

BO ' D
⇒
Δ
đều
a3
BH .
2
⇒ =

0,25

Vì
AOO '
là tam giác vuông cân cạnh bên bằng
a
nên:
2
AOO '
1
Sa.
2
=

Vậy thể tích khối tứ diện
OO ' AB
là:
23
13aa 3a
V. . .
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