Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
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 2 cos 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 ---------------- . (1,00 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. 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