BO DE DH2006 DA TOAN d 0644 0644 0673 to

o L n L L L an L - B oa H H Th o D e e D o - Th i i To To 0,25 an an L Ly Ly - an To Th i 1/4 e D o an To i Th e D o o B 0,25 oa oa H Ly - an To Th i D e o To oa H Ly an 0,25 To ) i Th e D e D o B B oa H Ly an To i i Th e D o B B oa H Ly - To an i Th 0,25 f ( x ) = x + 3x + − m có nghiệm phân biệt khác Th e an To i Th e D o B D o o B oa H Ly ( 15 ⎧ ⎧⎪Δ = − ( − m ) > ⎪m > ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ f = 24 − m ≠ ( ) ⎪⎩m ≠ 24 ⎩⎪ an To i Th e D o B oa oa Th e x D x − 3x + = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) x + 3x + − m = o o B To a Th i e D o B oa H H H Ly To an 0,25 i To Th i e O - an To Th i e D Ly Ly - To an i Th D o B oa H Ly an an To i Th −1 e D o B oa i Th 0,50 e e D o B oa H Ly - Phương trình hoành độ giao điểm d ( C ) là: e an To i e o B oa - To Th i y −2 H Ly an To an n To a i Th e D o B oa H Ly n To a i Th e +∞ Ly Ly - an To Th i e D o B D + Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: y = m ( x − 3) + 20 D +∞ H H oa H oa Ly -∞ • Đồ thị: o Th _ D -1 B B o o D e + - - To an i Th -∞ yCĐ = y ( −1) = 4, yCT = y (1) = B B Th e B oa H Ly Ly - an To i Th e D D o D o o oa H H Ly an To i Th e x y' 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) điểm phân biệt D o Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) y = x − 3x + • TXĐ: \ • Sự biến thiên: y ' = 3x − 3, y ' = ⇔ x = − 1, x = y oa To i i Th D e Nội dung Bảng biến thiên: B Ly - (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) B B oa an an To To i Th e o D Ý D D o Ly - an an To i Th e B o D Câu I H H Ly ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối D H oa oa oa H - Ly ĐỀ CHÍNH THỨC B B B o o D D D o B BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO D o B oa H L n L L an To i Th e D L an To i Th e D o B oa H Ly L an an To e e Th Th i i To 2,00 o o D D 0,25 B oa oa an L Th D e e D - Th i i To To 0,50 an - - Ly Ly H H 0,25 o o D e Th i 2/4 o − 3e an = To - an To 0,25 B B oa Ly H Th i D e o o oa H Ly To an i Th D o oa H Ly - To an i Th e D o o B oa H an To i 0,25 1 − ∫ e2x dx 20 e2 = − + − e 2x Th 0,25 0,25 B B oa H Ly - an To Th i e D D o B Ly 0,25 e e D o o B oa H Ly an To i Th e x −1 y − z − = = −3 −5 Tính tích phân (1,00 điểm) ⎧⎪u = x − ⇒ du = dx, v = e2x I = ∫ ( x − ) e2x dx Đặt ⎨ 2x ⎪⎩dv = e dx I = ( x − ) e 2x 0,25 B B oa H Ly an To Th i Th e D D o B - - To an D o o B oa H Ly - an To i i Th e ⎧x = ⎧ x −1 y −1 z +1 = = ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ y = − ⇒ B ( 2; − 1; − ) ⎨ −1 ⎪⎩2x − y + z − = ⎪z = − ⎩ G JJJG Vectơ phương Δ là: u = AB = (1; −3; −5 ) IV 0,50 i Th e e D D o B oa H n To a Tọa độ giao điểm B d ( α ) nghiệm hệ: Phương trình Δ là: an To H Ly Ly - an To Th i Th e e D o B Ly Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ qua A, vng góc với d1 cắt d , nên Δ qua giao điểm B d ( α ) i Th e D o B oa oa H H Ly - n To a i Th i ⎧x = ⎧x − y + z −3 = = ⎪ ⎪ −1 ⇔ ⎨ y = −1 ⇒ H ( 0; −1; ) ⎨ ⎪⎩2x − y + z − = ⎪z = ⎩ Vì A ' đối xứng với A qua d1 nên H trung điểm AA ' ⇒ A ' ( −1; −4;1) To a Th i e D o B Th e D o B B oa Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng ( α ) qua A (1; 2;3) vng góc với d1 có phương trình là: Ly - oa - an To i i Th D o o B H oa 0,25 2,00 Tọa độ giao điểm H d1 ( α ) nghiệm hệ: an 0,25 0,50 ( x − 1) − ( y − ) + ( z − 3) = ⇔ 2x − y + z − = To H Ly Ly - To an ) + 2t − = ⇔ t = 1, t = − e D D o Ly - an i Th e D H H Ly - an To i Th e (t 0,25 oa oa B B o o o B oa H Ly an To i Th e Với t = 1, ta có x = Với t = − 1, ta có x = − B 0,25 2π ⇔ x=± + k2π ( k ∈ ]) Giải phương trình (1,00 điểm) t2 +1 Phương trình cho trở thành: Đặt t = 2x − ( t ≥ ) ⇒ x = t − 4t + 4t − = ⇔ ( t − 1) 2,00 0,50 To To i Th D D e e e D o B e D - an an To i Th Th ( k ∈ ]) • sin x = ⇔ x = kπ • cos x = − D o Ly Ly - an To i ⇔ sin x ( cos x + 1) = III o B H oa oa Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: − 2sin 2x.sin x − 2sin x = ⇔ sin x ( sin 2x + sin x ) = H oa H Ly B B o o D D D o B II D D o o B B B H oa H oa L Ly Ly - - n an an To To o D e 0,25 B Th e D o B Th i i i Th D e o B B B o o D D e e Th Th i i To To an an - - ⎧⎪e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = (1) ⎨ ( 2) ⎪⎩ y = x + a Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) To a Ly Ly Điều kiện: x, y > −1 Hệ cho tương đương với: - oa Chứng minh với a > 0, hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) H H oa B o o D D D o B Xét hàm số f ( x ) = e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) , với x > −1 oa H L L an Th e D L an To i Th e Th e D o B oa Th i i To To an an - - L H Ly 0,25 Th D e e D o o Th e D o 0,50 D o B oa H Ly - an To 3/4 i Th i D e o o H Ly - an To i i Th e D o B oa H Ly - an To To i 0,25 oa oa H Ly - To an an To Th i e D o B oa H Ly an - Số cách chọn học sinh mà lớp có học sinh là: 120 + 90 + 60 = 270 Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 − 270 = 225 Th 0,25 B B B oa Ly - an To i Th e To i i Th e D o o o B Số cách chọn học sinh thuộc không lớp (1,00 điểm) Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh cho C12 = 495 Số cách chọn học sinh mà lớp có em tính sau: H oa H Ly D D e e e D o B an o B To an an To Th i Th 0,50 - Lớp A có học sinh, lớp B, C lớp có học sinh Số cách chọn là: C52 C14 C13 = 120 - Lớp B có học sinh, lớp C, A lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C24 C13 = 90 - Lớp C có học sinh, lớp A, B lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C14 C32 = 60 D 0,25 - - Ly Ly H H oa oa oa H Ly - an i MI = R + 2R ⇔ ( x − 1) + ( x + ) = ⇔ x = 1, x = − Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M1 (1; ) , M ( − 2; 1) o To Th e D D o B B B To To a i Th i i e e o o D D oa H Ly n Yêu cầu toán tương đương với: B 0,25 Th Th e e B Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 1) , bán kính R = 0,25 To an To Th i i Th i To To a Suy ra, phương trình f ( x ) = có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) Vì M ∈ d nên M ( x; x + 3) To i Th e D o B H Ly Ly an n - - - Ly Ly ⇒ f ( x ) đồng biến khoảng ( − 1; + ∞ ) an oa oa ) H oa H ( B B o o o B H oa = ex an - an To D D e e Th Th i i i Th e D D o B D 0,25 1 − 1+ x 1+ a + x a > 0, ∀x > −1 ea − + (1 + x )(1 + a + x ) f ' ( x ) = ex + a − ex + Vậy, hệ cho có nghiệm o L Ly Ly - To To i Th e Mặt khác: V.a e x→ + ∞ To an an an - - x →−1+ nên phương trình f ( x ) = có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) D o oa H lim f ( x ) = − ∞, lim f ( x ) = + ∞ Ly Ly H H oa oa Do f ( x ) liên tục khoảng ( − 1; + ∞ ) o B L Ly L an To i Th e D o B oa To i i Th e D o B B B o o K D D e e Th i C Th To M an To an an - - H L Ly Ly H H H Ly n To a i Th e D o B n Th i e D o B oa H Ly an To N oa oa B B o o D D e e Th Th i i i Th e D o B H oa Ly an To e To a - i D o B oa To To an an - - Ly Ly Ly an To i Th e Th i A 0,50 0,50 H S H H oa oa B B o o e D e e D D o B D o B ) − = • x − x − = ⇔ x − x = ⇔ x − x = ⇔ x = 0, x = Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = Tính thể tích khối chóp A.BCNM (1,00 điểm) D o B −x Th Th Th 2 an )( ( i i i Th e 2,00 H oa H oa Ly ) − = ⇔ 22x − x To −x • 22x − = ⇔ 22x = 22 ⇔ x = D D o - ) ( − − 2x an −x To To an an 22x x To B B oa - ( Ly H Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: - Ly H oa B o o D D D o B V.b L Ly 0,25 Th Th i i To To an an - - - To an i Th 0,25 B B o o D D e e e D o B B an To i Th e D o B oa H H Ly Ly - an To Th i o o D D e e 3a Vậy, thể tích khối chóp A.BCNM là: V = AH.SBCNM = 50 B L Ly - To an i Th e o B oa oa H oa H Ly an To i 0,25 D D B B o o SM SA = = SB SB2 SN SA Xét tam giác vuông SAC: SA = SN.SC ⇒ = = SC SC2 S 16 9 19a ⇒ SBCNM = SSBC = Suy ra: SMN = SSBC 25 25 100 Xét tam giác vuông SAB: SA = SM.SB ⇒ Th H H Ly Th i Th e D D o 0,25 1 3a = + ⇒ AH = 2 AH SA AK 19 e i To To an an - - n To a i Th e Xét tam giác vuông SAK: B oa oa oa H Gọi K trung điểm BC, H hình chiếu vng góc A SK Do BC ⊥ AK, BC ⊥ SA nên BC ⊥ AH Do AH ⊥ SK, AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( SBC ) Ly Ly H oa B oa oa H H Th Th i i To To an an - - L Ly Ly an To D e e D o o Th i 4/4 e D o D e o o D e Th Th i i To To an an - - Ly Ly H H oa oa Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đợc đủ điểm phần nh đáp án quy định Hết ... Th e D L an To i Th e Th e D o B oa Th i i To To an an - - L H Ly 0,25 Th D e e D o o Th e D o 0,50 D o B oa H Ly - an To 3/4 i Th i D e o o H Ly - an To i i Th e D o B oa H Ly - an To To i 0,25... sin x ) = H oa H Ly B B o o D D D o B II D D o o B B B H oa H oa L Ly Ly - - n an an To To o D e 0,25 B Th e D o B Th i i i Th D e o B B B o o D D e e Th Th i i To To an an - - ⎧⎪e x + a − e x.. .D o B oa H L n L L an To i Th e D L an To i Th e D o B oa H Ly L an an To e e Th Th i i To 2,00 o o D D 0,25 B oa oa an L Th D e e D - Th i i To To 0,50 an - - Ly Ly H H 0,25 o o D e Th