Tài liệu Đáp Án Toán Khối D Năm 2006 doc

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 2cos 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