Dap An De Thi Toan K D 2006

Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.[r]

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 Mơn: TỐN, khối D

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm)

y x= −3x 2.+ • TXĐ: \

• Sự biến thiên: y ' 3x= 2−3, y '= ⇔ = −0 x 1, x =1 0,25 Bảng biến thiên:

_ +

+

+∞

-∞

4

0

1

-1 +∞

-∞

y y' x

yCĐ = y 1

( )

− =4, yCT =y 1

( )

=0 0,50

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình đường thẳng d là: y m x 3=

(

− +

)

20 0,25 Phương trình hồnh độ giao điểm d

( )

C là:

(

)

(

)

(

)

3

x −3x m x 3+ = − +20 ⇔ x x− +3x m+ − =0 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị

( )

C điểm phân biệt

( )

f x =x +3x m+ − có nghiệm phân biệt khác 0,25

(

)

( )

15

9 m m

4

f 24 m m 24.

⎧

Δ = − − >

⎧ >

⎪ ⎪

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

= − ≠

⎪ ⎪

⎩ ⎩ ≠ 0,25

O

−1

2

x y

2/4

II 2,00

1 Giải phương trình (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với:

−2sin 2x.sin x −2sin x 02 = ⇔sin x sin 2x sin x

(

+

)

=0

(

)

2

sin x 2cos x

⇔ + = 0,50

• sin x 0= ⇔ = πx k

(

k∈]

)

0,25

• cos x x k2

(

k

)

2

π

= − ⇔ = ± + π ∈] 0,25

2 Giải phương trình (1,00 điểm) Đặt t 2x t 0

(

)

x t2

2

+

= − ≥ ⇒ = Phương trình cho trở thành:

t4 − 4t2 + 4t − =1 0,25

(

t 1

)

2

(

t2 2t 1

)

0

⇔ − + − = ⇔ =t 1, t= 1.− 0,50

Với t 1,= ta có x 1.= Với t= 1,− ta có x 2= − 0,25

III 2,00

1 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 d có phương trình là: 1

(

) (

) (

)

2 x 1− − − + − = ⇔y z 2x y z 0.− + − = 0,50

Tọa độ giao điểm H d 1

( )

α nghiệm hệ:

(

)

x

x y z

y H 0; 1;

2 1

2x y z z 2

=

⎧

− + −

⎧ = =

⎪ ⇔ ⎪ = − ⇒ −

−

⎨ ⎨

⎪ − + − = ⎪ =

⎩ ⎩

0,25 Vì A ' đối xứng với A qua d nên H trung điểm AA ' 1 ⇒A ' 1; 4;1

(

− −

)

0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm)

Vì Δ qua A, vng góc với d cắt 1 d , nên 2 Δ qua giao điểm B

d

( )

α 0,25

Tọa độ giao điểm B d 2

( )

α nghiệm hệ:

(

)

x

x y z

y B 2; 1;

1

2x y z z 2

=

⎧

− − +

⎧ = =

⎪ ⎪

⇔ = − ⇒ − −

−

⎨ ⎨

⎪ − + − = ⎪ = −

⎩ ⎩

0,25 Vectơ phương Δ là: u ABG=JJJG= − −

(

1; 3;

)

0,25 Phương trình Δ là: x y z

1

− = − = −

− − 0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

(

)

1

2x

I=

∫

x e dx.− Đặt u x 22x du dx, v 1e 2x dv e dx

= −

⎧⎪ ⇒

= =

⎨

=

⎪⎩ 0,25

(

)

2x1 2x

0 0

1

I x e e dx

2

= − −

∫

0,25

1

2

2x

e 3e

1 e

2 4

−

3/4

2 Chứng minh với a 0,> hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x, y> −1 Hệ cho tương đương với:

(

)

(

)

( )

( )

x a x

e e ln x ln a x

y x a

+

⎧ − + + − + + =

⎪ ⎨

= +

⎪⎩

Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm

nhất khoảng

(

− + ∞1;

)

0,25

Xét hàm số f x

( )

=ex a+ − +ex ln x

(

+ −

)

ln a x ,

(

+ +

)

với x> −1

Do f x

( )

liên tục khoảng

(

− + ∞1;

)

( )

( )

xlim f x→−1+ = −∞, lim f xx→+ ∞ = + ∞

nên phương trình f x

( )

=0 có nghiệm khoảng

(

− + ∞1;

)

0,25

Mặt khác:

( )

( )

(

)(

)

x a x

x a

1

f ' x e e

1 x a x a

e e 0, x

1 x a x +

= − + −

+ + +

= − + > ∀ > −

+ + +

⇒ f x

( )

đồng biến khoảng

(

− + ∞1;

)

0,25

Suy ra, phương trình f x

( )

=0 có nghiệm khoảng

(

− + ∞1;

)

Vậy, hệ cho có nghiệm 0,25

V.a

1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường trịn

( )

C có tâm I 1; ,

( )

bán kính R 1.=

Vì M d∈ nên M x; x

(

+

)

0,25

Yêu cầu toán tương đương với:

(

) (

2

)

2

MI R 2R= + ⇔ x 1− + +x = ⇔ =9 x 1, x= −2 0,50

Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M 1; , M1

( )

2

(

−2;

)

0,25 2 Số cách chọn học sinh thuộc không lớp (1,00 điểm)

Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh cho C124 =495 0,25 Số cách chọn học sinh mà lớp có em tính sau:

- Lớp A có học sinh, lớp B, C lớp có học sinh Số cách chọn là: 1

5

C C C =120

- Lớp B có học sinh, lớp C, A lớp có học sinh Số cách chọn là:

5

C C C =90

- Lớp C có học sinh, lớp A, B lớp có học sinh Số cách chọn là: 1

5

C C C =60

0,50

Số cách chọn học sinh mà lớp có học sinh là:

120 90 60 270.+ + =

4/4

V.b 2,00

Giải phương trình (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với:

(

) (

)

(

)

(

)

2x x x x x 2x x x

2 − −1 −4 − −1 = ⇔ −4 − −1 =0 0,50

• 22x− = ⇔4 0 22x =22 ⇔ =x 1.

• 2x2−x − = ⇔1 0 2x2−x = ⇔1 x2 − = ⇔ =x 0 x 0, x =1.

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x 0, x 1.= = 0,50

Tính thể tích khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)

M

K H

N

C

B A

S

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

)

0,25

Xét tam giác vuông SAK: 12 12 12 AH 3a

AH =SA +AK ⇒ = 19 0,25

Xét tam giác vuông SAB:

2

2

SM SA

SA SM.SB

SB SB

= ⇒ = =

Xét tam giác vuông SAC: SA2 SN.SC SN SA22

SC SC

= ⇒ = =

Suy ra:

2 SMN

BCNM SBC SBC

S 16 9 19a

S S

S = 25⇒ = 25 = 100

0,25

Vậy, thể tích khối chóp A.BCNM là:

3 BCNM

1 3a

V AH.S

3 50

= = 0,25

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định.