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
yCĐ =
() ()
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 m4
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
()
()
22
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 d1 (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
()
11
2x 2x
00
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
S16 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 ----------------