1/5 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 Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 32 2x 9x 12x 4.−+− • TXĐ: .\ • Sự biến thiên: () 2 y' 6 x 3x 2=−+, y' 0 x 1, x 2.=⇔= = 0,25 Bảng biến thiên: + _ + + ∞ - ∞ 0 1 0 0 2 1+ ∞ - ∞ y y' x y CĐ = () ( ) CT y1 1,y y2 0.=== 0,50 • Đồ thị: O −4 1 1 2 x y 0,25 2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 32 2x 9x 12x 4 m 4−+−=−. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 32 y2x 9x 12x4=−+− với đường thẳng ym4.=− 0,25 Hàm số 32 y2x 9x 12x4=−+− là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 2/5 Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 3 2 y2x 9x 12x4=−+− 0,25 Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0m41 4m5.<−<⇔<< 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện: () 2 sin x 1 . 2 ≠ Phương trình đã cho tương đương với: () 66 2 31 2 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0 42 ⎛⎞ +− =⇔− − = ⎜⎟ ⎝⎠ 2 3sin 2x sin2x 4 0⇔+−= 0,50 sin 2x 1⇔= () xkk. 4 π ⇔=+π ∈] 0,25 Do điều kiện (1) nên: () 5 x2mm. 4 π =+π ∈] 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 1, y 1,xy 0.≥− ≥− ≥ Đặt () txyt0.=≥ Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: xy3t.+=+ 0,25 Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: () xy22xyxy116 2+++ +++= . Thay 2 xy t , x y 3 t=+=+ vào (2) ta được: 22 3 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t++ + +++ = ⇔ ++ = − 0,25 () () 2 2 2 0t11 0t11 t3 4t t 4 11 t 3t 26t 105 0 ≤≤ ⎧ ≤≤ ⎧ ⎪ ⇔⇔⇔= ⎨⎨ ++ = − +−= ⎩ ⎪ ⎩ 0,25 Với t3= ta có x y 6, xy 9.+= = Suy ra, nghiệm của hệ là (x;y) (3;3).= 0,25 O −4 1 1 2 x −1 −2 y = m − 4 y 3/5 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: ()() () dA'C,MN dM,P .= 0,25 Ta có: () 11 C 1;1;0 ,M ;0;0 ,N ;1;0 22 ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ () () A'C 1;1; 1 ,MN 0;1; 0=− = JJJJG JJJJG () 1 1 1111 A'C,MN ; ; 1;0;1 . 10 0001 ⎛ −− ⎞ ⎡⎤ == ⎜⎟ ⎣⎦ ⎝⎠ JJJJG JJJJG 0,25 Mặt phẳng () P đi qua điểm () A ' 0; 0;1 , có vectơ pháp tuyến () n1;0;1,= G có phương trình là: ()()() 1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.−+ −+ −=⇔+−= 0,25 Vậy ()() () 222 1 01 1 2 dA'C,MN dM,P . 22 101 +− == = ++ 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là () () 222 Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+++= ++> Vì () Q đi qua () A' 0;0;1 và () C1;1;0 nên: cd 0 cdab. abd0 += ⎧ ⇔=−=+ ⎨ ++= ⎩ 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 () na;b;ab=+ G , mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến () k0;0;1= G . Vì góc giữa () Q và Oxy là α mà 1 cos 6 α= nên () 1 cos n, k 6 = G G 0,25 () 2 22 ab 1 6 ab ab + ⇔= +++ () () 2 22 6a b 2a b ab⇔+= ++ a2b⇔=− hoặc b 2a.=− 0,25 Với a2b=− , chọn b 1,=− được mặt phẳng () 1 Q:2xyz10.−+−= Với b 2a=− , chọn a 1,= được mặt phẳng () 2 Q:x2yz10.−−+= 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Ta có: 22 22 2 00 sin 2x sin 2x I dx dx. cos x 4sin x 1 3sin x ππ == ++ ∫∫ Đặt 2 t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.=+ ⇒ = 0,25 Với x0= thì t1= , với x 2 π = thì t4.= 0,25 Suy ra: 4 1 1dt I 3 t = ∫ 0,25 4 1 22 t. 33 == 0,25 4/5 2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 22 11 1 1 1 . xyx y xy += + − Đặt 11 a, b xy == ta có: () 22 aba b ab 1+= + − () () () 2 33 22 Aa b aba b ab ab.=+=+ +− =+ 0,25 Từ (1) suy ra: () 2 ab ab 3ab.+= + − Vì 2 ab ab 2 + ⎛⎞ ≤ ⎜⎟ ⎝⎠ nên ()() 22 3 ab ab ab 4 +≥ + − + ()() 2 ab 4ab 0 0ab4⇒ +− +≤⇒ ≤+≤ Suy ra: () 2 A a b 16.=+ ≤ 0,50 Với 1 xy 2 == thì A16.= Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. 0,25 V.a 2,00 1 Tìm điểm 3 Md∈ sao cho ()( ) 12 dM,d 2dM,d= (1,00 điểm) Vì 3 Md∈ nên () M2y;y. 0,25 Ta có: () () () 12 22 2 2 2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4 dM,d , dM,d . 22 11 11 ++ + −− − == = = + +− 0,25 ()( ) 12 dM,d 2dM,d= ⇔ 3y 3 y 4 2 y 11, y 1. 22 +− =⇔=−= 0,25 Với y11=− được điểm () 1 M22;11.−− Với y 1= được điểm () 2 M2;1. 0,25 2 Tìm hệ số của 26 x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) • Từ giả thiết suy ra: () 01 n20 2n 1 2n 1 2n 1 CC C 2 1. ++ + ++⋅⋅⋅+= Vì k2n1k 2n 1 2n 1 CC,k,0k2n1 +− ++ =∀≤≤+ nên: () () 01 n 01 2n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2n1 1 CC C CC C 2. 2 + ++ + ++ + ++⋅⋅⋅+= ++⋅⋅⋅+ 0,25 Từ khai triển nhị thức Niutơn của () 2n 1 11 + + suy ra: () () 2n 1 01 2n1 2n1 2n 1 2n 1 2n 1 CC C 11 2 3. + ++ ++ + + +⋅⋅⋅+ = + = Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 20 22= hay n 10.= 0,25 • Ta có: ()() 10 10 10 10 k k 7k47k11k40 10 10 4 k0 k0 1 xCxxCx. x − −− == ⎛⎞ += = ⎜⎟ ⎝⎠ ∑∑ 0,25 Hệ số của 26 x là k 10 C với k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.−=⇔= Vậy hệ số của 26 x là: 6 10 C 210.= 0,25 5/5 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: () 3x 2x x 222 34 201. 333 ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ +−−= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ 0,25 Đặt () x 2 tt0 3 ⎛⎞ => ⎜⎟ ⎝⎠ , phương trình (1) trở thành: 32 3t 4t t 2 0+−−= 0,25 ()( ) 2 2 t1 3t2 0 t 3 ⇔+ − =⇔= (vì t0> ). 0,25 Với 2 t 3 = thì x 22 33 ⎛⎞ = ⎜⎟ ⎝⎠ hay x1.= 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 A' O O' H D B Do BH A ' D ⊥ và BH AA '⊥ nên () BH AOO 'A ' .⊥ 0,25 Suy ra: OO 'AB AOO' 1 V.BH.S. 3 = 0,25 Ta có: 22 22 A'B AB A'A 3a BD A'D A'B a=−=⇒ =−= BO ' D⇒ Δ đều a3 BH . 2 ⇒ = 0,25 Vì AOO ' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2 AOO ' 1 Sa. 2 = Vậy thể tích khối tứ diện OO ' AB là: 23 13aa 3a V. . . 32 2 12 == 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 . thẳng A& apos;D. A A& apos; O O' H D B Do BH A ' D ⊥ và BH AA '⊥ nên () BH AOO &apos ;A ' .⊥ 0,25 Suy ra: OO 'AB AOO' 1 V.BH.S. 3 =. Ta có: 22 22 A& apos;B AB A& apos ;A 3a BD A& apos;D A& apos;B a= −=⇒ =−= BO ' D⇒ Δ đều a3 BH . 2 ⇒ = 0,25 Vì AOO ' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a. 0,25 Từ (1) suy ra: () 2 ab ab 3ab.+= + − Vì 2 ab ab 2 + ⎛⎞ ≤ ⎜⎟ ⎝⎠ nên ()() 22 3 ab ab ab 4 +≥ + − + ()() 2 ab 4ab 0 0ab4⇒ +− +≤⇒ ≤+≤ Suy ra: () 2 A a b 16.=+ ≤ 0,50