[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) y = 2x3−9x2+12x 4.−
• TXĐ: \
• Sự biến thiên: y ' x= ( 2−3x 2+ , y' 0) = ⇔ =x 1, x 2.= 0,25 Bảng biến thiên:
+ _
+
+∞ -∞
0
0
2
1 +∞
-∞
y y' x
yCĐ = y 1( )=1, yCT =y 2( )=0 0,50
• Đồ thị:
O
−4 1
2 x
y
0,25
2 Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt (1,00 điểm)
Phương trình cho tương đương với: x3−9 x2+12 x m 4− = − Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số
3
y x= −9 x +12 x 4− với đường thẳng y m 4.= − 0,25 Hàm số y x= 3−9 x2+12 x 4− hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục
đối xứng 0,25
(2)Từ đồ thị hàm số cho suy đồ thị hàm số:
3 2
y x= −9x +12 x 4−
0,25
Từ đồ thị suy phương trình cho có nghiệm phân biệt khi:
0 m 1< − < ⇔ < <4 m 0,25
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện: sin x ( )1
2
≠
Phương trình cho tương đương với:
( 6 )
2 sin x cos x sin x cos x sin 2x sin 2x
4
⎛ ⎞
+ − = ⇔ ⎜ − ⎟− =
⎝ ⎠
⇔3sin 2x sin 2x 02 + − = 0,50
⇔sin 2x 1=
x k (k )
π
⇔ = + π ∈] 0,25
Do điều kiện (1) nên: x 2m (m )
π
= + π ∈] 0,25
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện: x≥ −1, y≥ −1, xy 0.≥ Đặt t= xy t ( ≥ ) Từ phương trình thứ
nhất hệ suy ra: x y t.+ = + 0,25
Bình phương hai vế phương trình thứ hai ta được:
( )
x y 2 xy x y 16+ + + + + + = Thay xy t , x y t= + = + vào (2) ta được:
2
3 t 2 t+ + + + + + =3 t 16 ⇔ t + + = − t 11 t
0,25
( 2 ) ( )2 2
0 t 11 0 t 11
t
4 t t 11 t 3t 26t 105
≤ ≤
⎧ ⎧ ≤ ≤
⎪
⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔ =
+ + = − ⎩ + − =
⎪⎩ 0,25
Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm hệ (x; y) (3;3).= 0,25 O
−4 1
2 x
−1 −2
(3)III 2,00 1 Tính khoảng cách hai đường thẳng A 'C MN (1,00 điểm)
Gọi ( )P mặt phẳng chứa A 'C song song với MN Khi đó:
( ) ( ( ))
d A 'C, MN =d M, P 0,25
Ta có: C 1;1;0 , M( ) 1;0;0 , N 1;1;0
2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
A 'CJJJJG=(1;1; , MN− ) JJJJG=(0; 1; 0)
A 'C, MN 1; 1 1; (1;0;1 )
1 0 0
⎛ − − ⎞
⎡ ⎤ =⎜ ⎟=
⎣ ⎦ ⎝ ⎠
JJJJG JJJJG
0,25 Mặt phẳng ( )P qua điểm A ' 0;0;1 ,( ) có vectơ pháp tuyến nG=(1;0;1 ,) có
phương trình là: x 0( − +) (0 y 0− +) (1 z 1− = ⇔ + − =) x z 0,25
Vậy ( ) ( ( ))
2 2
1
1
d A 'C, MN d M, P
2
1
+ −
= = =
+ + 0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)
Gọi mặt phẳng cần tìm ( )Q : ax by cz d a+ + + = ( 2+ + >b2 c2 0 ) Vì ( )Q qua A ' 0;0;1( ) C 1;1;0( ) nên: c d c d a b
a b d + = ⎧
⇔ = − = + ⎨
+ + = ⎩
Do đó, phương trình ( )Q có dạng: ax by+ + +(a b z) (− +a b)=0 0,25 Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến nG =(a; b;a b+ ), mặt phẳng Oxy có
vectơ pháp tuyến kG =(0;0;1)
Vì góc ( )Q Oxy α mà cos
α = nên cos n, k( ) = G G
0,25
( )2
2
a b
6
a b a b
+
⇔ =
+ + + ( ) ( )
2 2 2
6 a b a b ab
⇔ + = + +
⇔ = −a 2b b= −2a 0,25
Với a= −2b, chọn b= − mặt phẳng 1, ( )Q : 2x y z 0.1 − + − = Với b= −2a, chọn a = mặt phẳng 1, ( )Q : x 2y z 0.2 − − + =
0,25
IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Ta có: 2
2 2
0
sin 2x sin 2x
I dx dx
cos x 4sin x 3sin x
π π
= =
+ +
∫ ∫
Đặt t 3sin x= + ⇒dt 3sin 2xdx.= 0,25
Với x 0= t 1= , với x π
= t 4.= 0,25
Suy ra:
1 dt I
3 t
= ∫ 0,25
4
1
2
t
3
(4)2 Tìm giá trị lớn A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 1 12 12
x+ =y x +y −xy Đặt a, b
x = y = ta có: ( )
2
a b a+ = +b −ab
A a= 3+b3 = +(a b a)( 2+b2−ab)= +(a b )2 0,25
Từ (1) suy ra: a b+ = +(a b)2−3ab Vì
2
a b ab
2 +
⎛ ⎞
≤ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ nên ( ) ( )
2
a b a b a b
4
+ ≥ + − +
( )2 ( )
a b a b 0 a b
⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤
Suy ra: A= +(a b)2≤16
0,50
Với x y
= = A 16.= Vậy giá trị lớn A 16 0,25
V.a 2,00
1 Tìm điểm M d∈ cho 3 d M,d( 1)=2d M, d( 2) (1,00 điểm)
Vì M d∈ nên 3 M 2y; y ( ) 0,25
Ta có:
( ) ( )
( )
1 2 2 2
2
2y y 3y 2y y y
d M,d , d M,d
2
1 1
+ + + − − −
= = = =
+ + − 0,25
( 1) ( 2)
d M,d =2d M,d ⇔ 3y y y 11, y
2
+ −
= ⇔ = − = 0,25
Với y= − điểm 11 M1(−22; 11 − )
Với y 1= điểm M 2; 2( ) 0,25
2 Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) 26
• Từ giả thiết suy ra: n 20 ( )
2n 2n 2n
C + +C + + ⋅⋅⋅+C + =2
Vì Ck2n 1+ =C2n k2n 1+ −+ , k,0 k 2n 1∀ ≤ ≤ + nên:
( ) ( )
0 n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
1
C C C C C C
2
+
+ + + + ⋅⋅⋅+ + = + + + + ⋅⋅⋅+ + 0,25
Từ khai triển nhị thức Niutơn ( )1 1+ 2n 1+ suy ra:
C02n 1+ +C12n 1+ + ⋅⋅⋅+C2n 12n 1++ = +( )1 2n 1+ =22n 1+ ( )3
Từ (1), (2) (3) suy ra: 22n =220 hay n 10.= 0,25
• Ta có: ( ) ( )
10 10 10
10 k k
7 k k 11k 40
10 10
4
k k
1
x C x x C x
x
−
− −
= =
⎛ + ⎞ = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25
Hệ số x 26 k 10
C với k thỏa mãn: 11k 40 26− = ⇔ =k Vậy hệ số x là: 26
10
(5)V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Phương trình cho tương đương với: ( )
3x 2x x
2 2
3
3 3
⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ −⎛ ⎞ − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25
Đặt ( )
x
2
t t
3 ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ >
⎝ ⎠ , phương trình (1) trở thành:
3
3t +4t − − =t 0,25
( ) (2 )
t 3t t
3
⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ) 0,25
Với t =
x
2
3
⎛ ⎞ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠ hay x 1.= 0,25
2 Tính thể tích khối tứ diện (1,00 điểm)
Kẻ đường sinh AA ' Gọi D điểm đối xứng với A ' qua O ' H hình chiếu B đường thẳng A 'D
A A'
O
O' H D
B
Do BH⊥A 'D BH⊥AA ' nên BH ⊥(AOO 'A ' ) 0,25 Suy ra: VOO 'AB 1.BH.SAOO '
3
= 0,25
Ta có: A 'B= AB2−A 'A2 = 3a ⇒BD= A 'D2−A 'B2 = a BO 'D
⇒ Δ BH a
2
⇒ = 0,25
Vì AOO ' tam giác vuông cân cạnh bên a nên: SAOO ' 1a 2 = Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là:
2
1 3a a 3a
V
3 2 12
= = 0,25
Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định