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)
Nội dung
3
Câu Ý 1
+ 3x 2. .(cid:92)
2
= ⇔ = −
−
= y ' 3x
3, y '
1, x
0
x
= 1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) − = y x • TXĐ: • Sự biến thiên: Bảng biến thiên:
+∞
-∞
_
x y'
1 0
+
+
-1 0
+∞
4
y
0
-∞
Điểm 2,00 0,25 0,50
=
(
4, y
( ) y 1
= 0.
CT
y
) − = yCĐ = 1 y • Đồ thị:
−2
I
−1
0,25
1
x
4 2 O
2
=
3
2
+ =
+ −
+
(
)
3x 2 m x 3
20
x
3x 6 m 0.
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. )C là: Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( ) )( + ⇔ − − = x 3 x )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
0,25 0,25 0,25
2
=
+
)
( − Đường thẳng d cắt đồ thị ( ( f x
có 2 nghiệm phân biệt khác 3
+ − 3x 6 m
x
>
(
)
>
m
⇔
⇔
15 4
− 9 4 6 m 0 =
≠
Δ = − ( ) f 3
− 24 m
0
0,25
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≠⎩ m 24.
1/4
II
1
2
+
−
(
)
sin x sin 2x sin x
=
0
2sin x
2,00 0,50
2
⇔
Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: = ⇔ − 0 2sin 2x.sin x (
0.
0,25
) + = sin x 2 cos x 1 = ⇔ = π x
sin x
k
0
k
•
) ∈ (cid:93) .
( π
= − ⇔ = ±
+
π
(
cos x
x
k2
k
) ∈ (cid:93) .
•
0,25
2 3
1 2
2
+
1
=
)
Đặt
Giải phương trình (1,00 điểm) 2t ( − 2x 1 t
0
x
t
.
Phương trình đã cho trở thành:
≥ ⇒ =
0,25
2
+
2 4t
1
2
+
− = 0 =
⇔ =
4 t ) ( ( 2 − ⇔ − 1 t
− ) 1
2t
t
4t = 0
t 1, t
− 2 1.
0,50
=
2.
= − 2
2 1,
− ta có x
III
1
Với t 1,= ta có x 1.= Với t Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng (
0,25 2,00 0,50
)
)
( A 1; 2;3 và vuông góc với 1d có phương trình là: ( − y 2
= ⇔ − + − = 2x y z 3 0.
=
=
(
1
) − H 0; 1; 2 .
0,25
)α đi qua ) ( ) ( − − + − 2 x 1 z 3 0 )α là nghiệm của hệ: Tọa độ giao điểm H của 1d và ( + − − 0 y 2 z 3 x 2 ⎪⇔ = − ⇒ − 2 1 1 − + − = = 2x y z 3 0 2
z
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
=⎧ x y ⎨ ⎪ ⎩
) 1; 4;1 .
( ⇒ − − A '
2
0,25 0,25
).α
=
=
(
) − − B 2; 1; 2 .
0,25
)α là nghiệm của hệ: 2 ⎪⇔ = − ⇒ = −
1 2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
Vì A ' đối xứng với A qua 1d nên H là trung điểm của AA ' Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của 2d và ( Tọa độ giao điểm B của 2d và ( =⎧ + − − x x 1 z 1 y 1 ⎧ ⎪ −⎨ y 1 1 2 ⎨ ⎪ ⎪ − + − = 2x y z 3 0 z ⎩ ⎩ (cid:71) ) ( = u AB 1; 3; 5 .
0,25
− − =
.
Phương trình của Δ là:
0,25
Vectơ chỉ phương của Δ là: − x 1 1
= = − y 2 − 3 − z 3 − 5
IV
2,00
1
= −
1
2x
(
2x e .
) x 2 e dx.
∫
2x e dx
Tính tích phân (1,00 điểm) u ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
0
1
1
2x
x 2 = = − dx, v Đặt I ⇒ = du 0,25 = 1 2 dv
(
) − x 2 e
2x e dx
∫
0
0
1
2
2
2x
= −
=
+ − 1
e
.
= − I 0,25 1 2 1 2
e 2
1 4
− 5 3e 4
0
2/4
0,50
0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
Chứng minh với mọi a Điều kiện: x, y
2
x
)
(
)
( ln 1 x
− + − = ln 1 a x e 0
( ) 1 ( ) 2
= + x a y > − Hệ đã cho tương đương với: 1. +⎧ + + + x a e ⎪ ⎨ ⎪⎩
0,25
−
1;
) + ∞ .
+ x a
x
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng (
( f x
) + + ln 1 a x ,
> − 1.
)
− + + e với x
( ( ) − ln 1 x ) 1;− + ∞ và = − ∞
) = Xét hàm số e ( f x liên tục trong khoảng ( )
)
= + ∞
( lim f x → + ∞
x
Do
−
( f x
1;
( lim f x , +→− x 1 0= có nghiệm trong khoảng ( )
) + ∞ .
0,25
x
+ x a
=
−
+
−
)
e
e
( f ' x
1 +
x
a
=
nên phương trình Mặt khác:
(
) − + 1
e
e
> ∀ > − 0, x
1.
+
)
)
1 + + 1 x 1 a x a )( ( + + 1 x 1 a x ) f x đồng biến trong khoảng ( ( − + ∞ 1; .
⇒
)
)
( f x
0,25
0= có nghiệm duy nhất trong khoảng (
1;− + ∞ .
Suy ra, phương trình 0,25
V.a
)
(
)C có tâm ( I 1; 1 , bán kính R 1.= ) M x; x 3 .+
1
2
2
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm) Đường tròn ( Vì M d∈ nên 0,25
+ ⇔ −
+
=
= ⇔ =
(
)
MI R 2R
) x 1
+ x 2
9
−
x 1, x ) (
= − 2. (
) M 1; 4 , M 2; 1 .
0,50 Yêu cầu của bài toán tương đương với: (
1
2
Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0,25
2
=
495.
4 12C
=
1 4
2 5
=
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 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
0,25 0,50
90.
1 C .C .C 3
1 5
=
60.
1 C .C .C 4
1 5
2 3
- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 C .C .C 120. 3 - Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 2 4 - Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
+
+
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
= 270. 120 90 60 = − Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.
0,25
3/4
2,00
V.b
1
2
2
2
−
−
−
x
x
2x
2x
x
x
x
x
−
−
−
−
−
=
0,50
(
2
2
= ⇔ 0
4 2
1
1
2
4 2
1
0.
(
)(
)
2x
2
2
2
−
x
x
−
= ⇔ =
=
1
2
0
x
1
x
0, x
1.
0 =
x = 0, x 1.
Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ) ( ) = ⇔ = ⇔ = 2 1. x − = ⇔ − 2 x 2 0 4 − = ⇔
• 2x 2 • x 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)
2
0,50
S
N
H
M
C
A
K
B
⊥
⊥
(
⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ) SBC . Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK, BC SA Do AH SK, AH BC nên BC AH. nên AH
0,25
⇒ = AH
2
2
2
2
2
=
=
.
SA
SM.SB
= + . Xét tam giác vuông SAK: 0,25 1 AH 1 SA 1 AK 2 3a 19
⇒
2
4 5
2
0,25
=
=
Xét tam giác vuông SAB:
.
SA
SN.SC
2
4 5
SM SA = SB SB 2 SN SA ⇒ = SC SC
2
=
=
Xét tam giác vuông SAC:
S
S
.
BCNM
SBC
S SMN S
16 = ⇒ 25
9 25
9 19a 100
SBC
3
=
=
0,25
V
.AH.S
.
Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là:
BCNM
1 3
3 3a 50
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 ----------------
Suy ra:
4/4
