Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.[r]
(1)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)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)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)4/4
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.