Đáp án thang điểm Đề thi đại học cao đẳng môn Toán khối B năm 2006

Đáp án thang điểm Đề thi đại học cao đẳng môn Toán khối B năm 2006 (Đáp án – Thang điểm có 04 trang)



Tải Đáp án thang điểm Đề thi đại học cao đẳng môn Toán khối B năm 2006 PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

Leave a Comment


Phiên bản Text



1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM −−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (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) 2 xx1 1 yx1. x2 x2 +− ==−+ ++ • Tập xác định: \ \{ } 2 − . • Sự biến thiên: () 2 1 y' 1 , x2 =− + y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1. 0,25 Bảng biến thiên: yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1. 0,25 • Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2. - Tiệm cận xiên: y = x − 1. 0,25 • Đồ thị (C): 0.25 2 Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm) Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1. 0,25 Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1 ⇔ 1 − () 2 1 x2 + = −1 ⇔ x = −2 2 2 ± . 0,25 Với x = − 2 + 2 2 ⇒ y = 32 2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5, 0,25 Với x = − 2 − 2 2 ⇒ y = − 32 2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5. 0,25 x y' y − ∞ − ∞ − ∞ + ∞ + ∞ + ∞ −5 −1 −1 0 0 −3 −2 − − + + x y O −1 −1 −3 −2 −5 1

2/4 II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x sin x 0, cos x 0, cos 0 2 ≠≠ ≠ (1). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: xx cos x cos sin x sin cos x 22 sin x 4 x sin x cos x cos 2 + += cos x sin x 1 1 44sin2x sin x cos x sin x cos x 2 ⇔ + =⇔ =⇔ = 0,50 xk 12 5 xk. 12 π ⎡ =+π ⎢ ⇔ ⎢ π ⎢ =+π ⎢ ⎣ (k ∈] ), thỏa mãn (1). 0,25 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) 2 xmx22x1 ++=+ (2) ⇔ 22 2x 1 0 xmx2(2x1) +≥ ⎧ ⎨ ++= + ⎩ ⇔ 2 1 x 2 3x (m 4)x 1 0 (3) ⎧ ≥− ⎪ ⎨ ⎪ −− −= ⎩ 0,25 (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: − 1 2 ≤ x1 < x2 0,25 ⇔ ⎧ ⎪Δ= − + > ⎪ − ⎪ =>− ⎨ ⎪ ⎪ − ⎛⎞ −=+ −≥ −− − ⎪ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎩ 2 2 (m 4) 12 0 Sm4 1 26 2 13m4 f10, trong ®ã f(x) = 3x (m 4)x 1 24 2 0,25 ⇔ m ≥ 9 2 . 0,25 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 và d2 (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: 1 u(2; 1;1) =− JJ G và 2 u(1;2; 1) =− JJG . 0,25 ⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: 12 n [u ,u ] ( 1; 3; 5). ==−−− JJG JJ GJJG 0,25 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25 Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P). Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25 2 Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm) Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n) ⇒ AM JJJJ G = (2m; m; −3 − m); AN JJJG = (1 + n; −2 − 2n; n). 0,25 ⇒ [AM JJJJ G ,AN JJJG ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m) 0,25 A, M, N thẳng hàng ⇔ [AM JJJJ G ,AN JJJG ] = 0 G 0,25 ⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1). 0,25

3/4 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ln 5 ln 5 x xx 2xx ln 3 ln 3 dx e dx I. e2e 3 e 3e2 − == +− −+ ∫∫ Đặt t = e x ⇒ dt = e x dx; 0,25 với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5. 0,25 ⇒ 5 3 dt I (t 1)(t 2) = −− ∫ 5 3 11 dt t2t1 ⎛⎞ =− ⎜⎟ −− ⎝⎠ ∫ 0,25 5 3 t2 3 ln ln . t1 2 − == − 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y). Do OM + ON ≥ MN nên () () 22 2222 x1 y x1 y 44y 21y. −++ ++≥+ = + Do đó: 2 A21y y2 f(y). ≥ + +−= 0,25 • Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 21 y + + 2 − y ⇒ f '(y) = 2 2y y1 + − 1. f '(y) = 0 ⇔ 2y = 2 1y + ⇔ 22 y0 4y 1 y ≥ ⎧ ⎪ ⎨ =+ ⎪ ⎩ ⇔ y = 1 3 . Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên: 0,50 • Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 21 y + ≥ 25 > 23 + . Vậy A ≥ 23 + với mọi số thực x, y. Khi x = 0 và y = 1 3 thì A = 23 + nên giá trị nhỏ nhất của A là 23 + . 0,25 V.a 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài (C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì ∈ ⎧ ⎪ ⎨ ⊥ ⎪ ⎩ JJJG JJ G T(C) MT IT ⇒ ∈ ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ JJJG JJ G T(C) MT.IT 0 0,25 MT JJJG = (xo + 3; yo −1), IT JJ G = (xo −1; yo −3). Do đó ta có: 22 oo o o oo oo x y 2x 6y 6 0 (x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0 ⎧ +− − += ⎪ ⎨ +−+−−= ⎪ ⎩ 0,25 ⇒ 22 oo o o 22 oo o o xy2x6y60 x y 2x 4y 0 ⎧ +− − += ⎪ ⎨ ++ − = ⎪ ⎩ ⇒ oo 2x y 3 0 +−= (1) 0,25 Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0. 0,25 f(y) y f '(y) − 0 + − ∞ 2+ 3 1 3 2

4/4 2 Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm) Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng k n C. Từ giả thiết suy ra: 42 nn C20C = 0,25 2 n 5n 234 0 n 18 ⇔−− =⇔= (vì n ≥ 4) 0,25 Do k1 18 k 18 C 18 k k1 C + − = + > 1 ⇔ k < 9, nên 12 9 18 18 18 C C ... C <<< ⇒ 910 18 18 18 18 C C ... C . >>> Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với xx2 555 xx2 5555 xx2 55 log (4 144) log 16 1 log (2 1) log (4 144) log 16 log 5 log (2 1) log (4 144) log [80(2 1)] − − − +− <+ + ⇔+<++ + ⇔+< + 0,50 () xx2xx 4 144 80 2 1 4 20.2 64 0 − ⇔+ < +⇔− +< 0,25 x 4 2 16 2 x 4. ⇔< < ⇔<< 0,25 2 Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm) Xét ΔABM và ΔBCA vuông có AM 1 BA AB BC 2 == ⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA ⇒ n n ABM BCA = ⇒ n n n n o ABM BAC BCA BAC 90 +=+= ⇒ n AIB = 90o ⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25 SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2). Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC). 0,25 Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC ⇒ NH = SA a 22 = và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = 1 3 NH.SΔABI. 0,25 22 2 11 1 AI AB AM =+ ⇒ AI = a3 3 , 222 BI AB AI =− ⇒ BI = a6 3 ⇒ SΔABI = 2 a2 6 ⇒ VANIB = 2 1aa 2 .. 32 6 = 3 a2 . 36 0,25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ-ợc đủ điểm từng phần nh- đáp án quy định. ---------------- Hết ---------------- S B A C D I N H M • • • • • • • • • a a a 2

Đáp án thang điểm Đề thi đại học cao đẳng môn Toán khối B năm 2006