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

Chia sẻ: Nguyen Huu Du | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

341
lượt xem 67
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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...

Chủ đề:

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

Lưu

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 5π 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