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 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 3 y x 3x 2.=−+ • TXĐ: .\ • Sự biến thiên: 2 y' 3x 3, y' 0 x 1, x 1.=− =⇔=− = 0,25 Bảng biến thiên: _ ++ + ∞ - ∞ 0 4 0 0 1 -1 + ∞ - ∞ y y' x y CĐ = () () CT y1 4,y y1 0.−= = = 0,50 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: () y m x 3 20.=−+ 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và () C là: () () () 32 x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.−+= −+ ⇔− ++− = 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị () C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi () 2 fx x 3x 6 m=++− có 2 nghiệm phân biệt khác 3 0,25 () () 15 946m 0 m 4 f3 24 m 0 m 24. ⎧ Δ= − − > ⎧ > ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ =− ≠ ⎪ ⎪ ⎩ ≠ ⎩ 0,25 O −1 1 2 4 x y −2 2/4 II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: () 2 2sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0−−=⇔+= () 2 sin x 2cos x 1 0.⇔+= 0,50 • () sin x 0 x k k .=⇔=π ∈] 0,25 • () 12 cos x x k2 k . 23 π =− ⇔ =± + π ∈] 0,25 2 Giải phương trình (1,00 điểm) Đặt () 2 t1 t2x1t0x . 2 + =−≥⇒ = Phương trình đã cho trở thành: 42 t4t4t10−+−= 0,25 () () 2 2 t1 t 2t1 0⇔− + −= t1,t 21.⇔= = − 0,50 Với t1,= ta có x1.= Với t21,=− ta có x2 2.=− 0,25 III 2,00 1 Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với A qua d 1 (1,00 điểm) Mặt phẳng () α đi qua () A1;2;3 và vuông góc với 1 d có phương trình là: ()( )() 2x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.−−−+−=⇔ −+−= 0,50 Tọa độ giao điểm H của 1 d và () α là nghiệm của hệ: () x0 x2 y2 z3 y1 H0;1;2. 211 2x y z 3 0 z2 = ⎧ −+− ⎧ == ⎪⎪ ⇔=−⇒ − − ⎨⎨ ⎪⎪ −+−= = ⎩ ⎩ 0,25 Vì A' đối xứng với A qua 1 d nên H là trung điểm của AA ' () A' 1; 4;1 .⇒ −− 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1 d và cắt 2 d , nên Δ đi qua giao điểm B của 2 d và () .α 0,25 Tọa độ giao điểm B của 2 d và () α là nghiệm của hệ: () x2 x1 y1 z1 y1 B2;1;2. 12 1 2x y z 3 0 z2 = ⎧ −−+ ⎧ == ⎪⎪ ⇔=−⇒ −− − ⎨⎨ ⎪⎪ −+−= =− ⎩ ⎩ 0,25 Vectơ chỉ phương của Δ là: () u AB 1;3;5.==−− G JJJG 0,25 Phương trình của Δ là: x1 y2 z3 . 135 −−− == −− 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) () 1 2x 0 I x 2 e dx.=− ∫ Đặt 2x 2x ux2 1 du dx, v e . 2 dv e dx =− ⎧ ⎪ ⇒ == ⎨ = ⎪ ⎩ 0,25 () 1 1 2x 2x 0 0 11 Ix2e edx 22 =− − ∫ 0,25 1 22 2x 0 e1 53e 1e . 24 4 − =− + − = 0,50 3/4 2 Chứng minh với mọi a 0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm) Điều kiện: x, y 1.>− Hệ đã cho tương đương với: () ( ) () () xa x e e ln 1 x ln 1 a x 0 1 yxa 2 + ⎧ −+ +− ++= ⎪ ⎨ =+ ⎪ ⎩ Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng () 1; .−+∞ 0,25 Xét hàm số () ( ) ( ) xa x f x e e ln 1 x ln 1 a x , + =−++−++ với x1.>− Do () fx liên tục trong khoảng () 1;−+∞ và () () x1 x lim f x , lim f x + →− →+ ∞ =−∞ =+∞ nên phương trình () fx 0= có nghiệm trong khoảng () 1; .−+∞ 0,25 Mặt khác: () () ()( ) xa x xa 11 f' x e e 1x 1a x a ee 1 0,x 1. 1x1a x + =−+− +++ =−+ >∀>− +++ ⇒ () fx đồng biến trong khoảng () 1; .−+∞ 0,25 Suy ra, phương trình () fx 0= có nghiệm duy nhất trong khoảng () 1;−+∞. Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. 0,25 V.a 1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường tròn () C có tâm () I1;1, bán kính R1.= Vì Md∈ nên () Mx;x 3.+ 0,25 Yêu cầu của bài toán tương đương với: ()( ) 22 MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.=+ ⇔ − + + =⇔= =− 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: () ( ) 12 M1;4,M 2;1.− 0,25 2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là 4 12 C 495.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: - Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 21 1 543 C .C .C 120.= - Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 121 543 C .C .C 90.= - Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 11 2 543 C .C .C 60.= 0,50 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 90 60 270.++= Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.−= 0,25 4/4 V.b 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ()() () () 22 2 2x xx xx 2x xx 22 142 10 2 42 10. −− − −− −=⇔ − −= 0,50 • 2x 2x 2 24022 x1.−=⇔ = ⇔= • 22 xx xx 2 21021xx0x0,x1. −− −= ⇔ =⇔ − = ⇔ = = Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.== 0,50 2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm) M K H N C B A S Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK, BC SA⊥⊥ nên BC AH.⊥ Do AH SK, AH BC⊥⊥ nên () AH SBC .⊥ 0,25 Xét tam giác vuông SAK: 22 2 111 23a AH . AH SA AK 19 =+ ⇒ = 0,25 Xét tam giác vuông SAB: 2 2 2 SM SA 4 SA SM.SB . SB 5 SB = ⇒ == Xét tam giác vuông SAC: 2 2 2 SN SA 4 SA SN.SC . SC 5 SC = ⇒ == Suy ra: 2 SMN BCNM SBC SBC S 16 9 9 19a SS . S 25 25 100 = ⇒ == 0,25 Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: 3 BCNM 133a V.AH.S . 350 == 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 . 1/4 BỘ GIÁO D C VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm. điểm) () 1 2x 0 I x 2 e dx.=− ∫ Đặt 2x 2x ux2 1 du dx, v e . 2 dv e dx =− ⎧ ⎪ ⇒ == ⎨ = ⎪ ⎩ 0,25 () 1 1 2x 2x 0 0 11 Ix2e edx 22 =− − ∫ 0,25