ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối A

Chia sẻ: nhddtn

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 I Ý 1 Nội dung Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4. • TXĐ: . • Sự biến thiên: y ' = 6 ( x 2 − 3x + 2 ) , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 2. Điểm 2,00 0,25 Bảng biến thiên: x -∞ y' y -∞ + 1 0 1 0 _ 2...

Nội dung Text: ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4.
• TXĐ: .
0,25
• Sự biến thiên: y ' = 6 ( x 2 − 3x + 2 ) , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 2.
Bảng biến thiên:
x -∞ 1 2 +∞
y' _ 0 +
+ 0
1 +∞
y
0
-∞

yCĐ = y (1) = 1, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,50
• Đồ thị:

y




1

O 1 2 x



0,25
−4



2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm)
3 2
Phương trình đã cho tương đương với: 2 x − 9 x + 12 x − 4 = m − 4 .
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
3 2
y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 với đường thẳng y = m − 4. 0,25
3 2
Hàm số y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục
0,25
đối xứng.

1/5
Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số:
3
y = 2 x − 9x 2 + 12 x − 4


y




1
y=m−4

−2 −1 O 1 2 x 0,25




−4


Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0,25
0 < m − 4 < 1 ⇔ 4 < m < 5.
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
2
Điều kiện: sin x ≠ (1) .
2
Phương trình đã cho tương đương với:
⎛ 3 ⎞ 1
2 ( sin 6 x + cos 6 x ) − sin x cos x = 0 ⇔ 2 ⎜1 − sin 2 2x ⎟ − sin 2x = 0
⎝ 4 ⎠ 2
2
⇔ 3sin 2x + sin 2x − 4 = 0 0,50
⇔ sin 2x = 1
π
⇔ x = + kπ (k ∈ ). 0,25
4

Do điều kiện (1) nên: x = + 2mπ (m ∈ ). 0,25
4
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ 0. Đặt t = xy ( t ≥ 0 ) . Từ phương trình thứ
0,25
nhất của hệ suy ra: x + y = 3 + t.
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:
x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16 ( 2) .
Thay xy = t 2 , x + y = 3 + t vào (2) ta được: 0,25
2 2
3 + t + 2 + 2 t + 3 + t + 1 = 16 ⇔ 2 t + t + 4 = 11 − t
⎧0 ≤ t ≤ 11
⎪ ⎧0 ≤ t ≤ 11
⇔⎨ 2 2 ⇔ ⎨ 2 ⇔ t =3 0,25
⎪4 ( t + t + 4 ) = (11 − t )
⎩ ⎩3t + 26t − 105 = 0
Với t = 3 ta có x + y = 6, xy = 9. Suy ra, nghiệm của hệ là (x; y) = (3;3). 0,25
2/5
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:
0,25
d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) .
⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞
Ta có: C (1;1;0 ) , M ⎜ ;0;0 ⎟ , N ⎜ ;1;0 ⎟
⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠
A 'C = (1;1; − 1) , MN = ( 0; 1; 0 )
⎛ 1 −1 −1 1 1 1 ⎞
⎡ A 'C, MN ⎤ = ⎜
⎣ ⎦ ; ; ⎟ = (1;0;1) .
⎝ 1 0 0 0 0 1⎠
0,25
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ' ( 0;0;1) , có vectơ pháp tuyến n = (1;0;1) , có
phương trình là: 1. ( x − 0 ) + 0. ( y − 0 ) + 1. ( z − 1) = 0 ⇔ x + z − 1 = 0. 0,25
1
+ 0 −1
2 1
Vậy d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) = . = 0,25
12 + 02 + 12 2 2
2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)
Gọi mặt phẳng cần tìm là ( Q ) : ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) .
⎧c + d = 0
Vì ( Q ) đi qua A ' ( 0;0;1) và C (1;1;0 ) nên: ⎨ ⇔ c = −d = a + b.
⎩a + b + d = 0
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 n = ( a; b;a + b ) , mặt phẳng Oxy có
vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .
1 1
Vì góc giữa ( Q ) và Oxy là α mà cos α =
6
( )
nên cos n, k =
6 0,25
a+b 1
⇔ 6 ( a + b ) = 2 ( a 2 + b 2 + ab )
2
⇔ =
a 2 + b2 + ( a + b ) 6
2


⇔ a = −2b hoặc b = −2a. 0,25
Với a = −2b , chọn b = −1, được mặt phẳng ( Q1 ) : 2x − y + z − 1 = 0.
0,25
Với b = −2a , chọn a = 1, được mặt phẳng ( Q 2 ) : x − 2y − z + 1 = 0.
IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
π π
2 2
sin 2x sin 2x
Ta có: I = ∫ dx = ∫ dx.
0 cos 2 x + 4sin 2 x 2
0 1 + 3sin x
0,25
Đặt t = 1 + 3sin 2 x ⇒ dt = 3sin 2xdx.
π
Với x = 0 thì t = 1 , với x = thì t = 4. 0,25
2
4
1 dt
Suy ra: I = ∫ 0,25
31 t
4
2 2
= t = .
3 1 3 0,25

3/5
2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)
1 1 1 1 1
Từ giả thiết suy ra: + = 2+ 2− .
x y x y xy
1 1
Đặt = a, = b ta có: a + b = a 2 + b 2 − ab (1)
x y
( )
A = a 3 + b3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) .
2
0,25
2
Từ (1) suy ra: a + b = ( a + b ) − 3ab.
2
⎛a+b⎞ 2 3 2
Vì ab ≤ ⎜ ⎟ nên a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b ) 0,50
⎝ 2 ⎠ 4
2
⇒ (a + b) − 4 (a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4
2
Suy ra: A = ( a + b ) ≤ 16.
1
Với x = y = thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. 0,25
2

V.a 2,00
1 Tìm điểm M ∈ d 3 sao cho d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) (1,00 điểm)
Vì M ∈ d 3 nên M ( 2y; y ) . 0,25
Ta có:
2y + y + 3 3y + 3 2y − y − 4 y−4
d ( M, d1 ) = = , d ( M, d 2 ) = = . 0,25
12 + 12 2 12 + ( −1)
2 2

3y + 3 y−4
d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) ⇔ =2 ⇔ y = −11, y = 1. 0,25
2 2
Với y = −11 được điểm M1 ( −22; − 11) .
Với y = 1 được điểm M 2 ( 2; 1) . 0,25

2 Tìm hệ số của x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)
• Từ giả thiết suy ra: C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = 220
2n 2n 2n (1) .
Vì Ck +1
2n = C2n +1−k , ∀k, 0 ≤
2n +1 k ≤ 2n + 1 nên:
1 0,25
2n 2n 2n
2
2n (
2n
2n +1
C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 ) ( 2).

2n +1
Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 1) suy ra:
2n +1
C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 = (1 + 1)
2n 2n 2n +1 = 22n +1 ( 3) .
0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 22n = 220 hay n = 10.

10
⎛ 1 ⎞ 10 10
• Ta có: ⎜ 4 + x 7 ⎟ = ∑ C10 ( x −4 ) ( x 7 ) = ∑ C10 x11k − 40 .
k 10 − k k k
0,25
⎝x ⎠ k =0 k =0



Hệ số của x 26 là C10 với k thỏa mãn: 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6.
k

6 0,25
Vậy hệ số của x 26 là: C10 = 210.

4/5
V.b 2,00
1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
3x 2x x
⎛2⎞ ⎛2⎞ ⎛2⎞
Phương trình đã cho tương đương với: 3 ⎜ ⎟ + 4⎜ ⎟ −⎜ ⎟ −2 = 0 (1) . 0,25
⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝3⎠
x
⎛2⎞
Đặt t = ⎜ ⎟ ( t > 0 ) , phương trình (1) trở thành: 3t 3 + 4t 2 − t − 2 = 0 0,25
⎝3⎠
2 2
⇔ ( t + 1) ( 3t − 2 ) = 0 ⇔ t = (vì t > 0 ). 0,25
3
x
2 ⎛2⎞ 2
Với t = thì ⎜ ⎟ = hay x = 1.
3 ⎝3⎠ 3 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' O' H D

B



A O


Do BH ⊥ A 'D và BH ⊥ AA ' nên BH ⊥ ( AOO ' A ' ) . 0,25

1
Suy ra: VOO 'AB = .BH.SAOO ' . 0,25
3
Ta có: A 'B = AB2 − A 'A 2 = 3a ⇒ BD = A 'D 2 − A 'B2 = a
a 3 0,25
⇒ ΔBO ' D đều ⇒ BH = .
2
1
Vì AOO ' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: SAOO ' = a 2 .
2
2 3
1 3a a 3a 0,25
Vậy thể tích khối tứ diện OO ' AB là: V = . . = .
3 2 2 12

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----------------




5/5
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản