ĐÁP ÁN MÔN TOÁN - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Chia sẻ: Phạm Vũ Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.270
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 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...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN MÔN TOÁN - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

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 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 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 -∞ +∞ 2 1 _ y' 0 + + 0 +∞ 1 y 0 -∞ yCĐ = y (1) = 1, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,50 • Đồ thị: y 1 O x 12 0,25 −4 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) 2 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 0,25 −2 −1 O 12 x −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 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 2 (1) . Điều kiện: sin x ≠ 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 0,50 2 ⇔ 3sin 2x + sin 2x − 4 = 0 ⇔ sin 2x = 1 π (k ∈ ). ⇔ x = + kπ 0,25 4 5π (m ∈ ). Do điều kiện (1) nên: x = + 2mπ 0,25 4 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 2 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: ( 2) . x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16 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 ⎞ ⎟ = (1;0;1) . ⎡ A 'C, MN ⎤ = ⎜ ; ; ⎣ ⎦ 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 1 2 Vậy d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) = = . 0,25 12 + 02 + 12 2 2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) 2 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 0,25 Do đó, phương trình của ( Q ) có dạng: ax + by + ( a + b ) z − ( a + b ) = 0. . 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 = nên cos n, k = 0,25 6 6 a+b 1 ⇔ 6 ( a + b ) = 2 ( a 2 + b 2 + ab ) 2 ⇔ = a 2 + b2 + ( a + b ) 6 2 0,25 ⇔ a = −2b hoặc b = −2a. 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 Tính tích phân (1,00 điểm) 1 π π 2 2 sin 2x sin 2x Ta có: I = ∫ dx = ∫ dx. cos 2 x + 4sin 2 x 2 0 1 + 3sin x 0 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=. 0,25 313 3/5
Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm) 2 111 1 1 + = 2+ 2− . Từ giả thiết suy ra: xyx y xy 1 1 (1) Đặt = a, = b ta có: a + b = a 2 + b 2 − ab x y ( ) 2 A = a 3 + b3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) . 0,25 2 Từ (1) suy ra: a + b = ( a + b ) − 3ab. 2 ⎛a+b⎞ 3 2 2 ⎟ nên a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b ) Vì ab ≤ ⎜ 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 Tìm điểm M ∈ d 3 sao cho d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) (1,00 điểm) 1 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 2 2 12 + 12 2 12 + ( −1) 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) (1) . • Từ giả thiết suy ra: C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = 220 2n 2n 2n C2n +1−k , ∀k, 0 ≤ Ck +1 = k ≤ 2n + 1 nên: Vì 2n +1 2n 1 0,25 ( ) ( 2). 2n +1 C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 2n 2n 2n 2n 2n 2 2n +1 Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 1) suy ra: 2n +1 C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 = (1 + 1) ( 3) . = 22n +1 2n +1 2n 2n 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra: 22 n = 220 hay n = 10. 10 ⎛1 ⎞ 10 10 • Ta có: ⎜ 4 + x 7 ⎟ = ∑ C10 ( x −4 ) ( x 7 ) = ∑ C10 x11k − 40 . 10 − k 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 0,25 6 Vậy hệ số của x 26 là: C10 = 210. 4/5
V.b 2,00 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) 1 3x 2x x ⎛2⎞ ⎛2⎞ ⎛2⎞ (1) . + 4⎜ ⎟ −⎜ ⎟ −2 = 0 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 3 ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝3⎠ x ⎛2⎞ ( t > 0 ) , phương trình (1) trở thành: 3t 3 + 4t 2 − t − 2 = 0 Đặt t = ⎜ ⎟ 0,25 ⎝3⎠ 2 2 ⇔ ( t + 1) ( 3t − 2 ) = 0 ⇔ t = (vì t > 0 ). 0,25 3 x ⎛2⎞ 2 2 Với t = ⎜⎟= hay x = 1. thì 0,25 3 ⎝3⎠ 3 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm) 2 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. H D O' A' 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 a3 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 = . .= . 322 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