Tuyen tap de thi DH 0208

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ di[r]

(1)

bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 - Mơn thi : tốn

§Ị chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) _ C©u I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

Cho hàm số : y=−x3 +3mx2 +3(1−m2)x+m3 −m2 (1) (m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=1

2 Tìm k để ph−ơng trình: −x3+3x2 +k3 −3k2 =0 có ba nghiệm phân biệt Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)

Cho phơng trình : log23 x+ log32 x+12m1=0 (2) (m tham số) Giải phơng trình (2) m=2

2 Tỡm m để ph−ơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [1 ; 3] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )

1 Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2) phơng trình: cos2 sin sin cos

sin = +

     + + + x x x x x

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng: y =|x2 4x+3| , y=x+3 Câu IV.( §H : 2,0 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm)

1 Cho hình chóp tam giác S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M Nlần l−ợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC)

Trong khơng gian với hệ toạ độ Đêcac vng góc Oxyzcho hai đ−ờng thẳng:

∆ vµ ∆    = + − + = − + − 2 :

1 x y z

z y x      + = + = + = t z t y t x 2 :

a) Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P)chứa đ−ờng thẳng ∆1 song song với đ−ờng thẳng ∆2 b) Cho điểm M(2;1;4) Tìm toạ độ điểm Hthuộc đ−ờng thẳng ∆2 cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ

C©u V.( ĐH : 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vng góc Oxy, xét tam giác ABC vuông A, ph−ơng trình đ−ờng thẳng BC 3x−y− 3=0, đỉnh A B thuộc trục hồnh bán kính đ−ờng trịn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

Cho khai triĨn nhÞ thøc: n x n n n x x n n x n x n n x n n x x C C C

C 

      +               + +               +       =       + − − − − − − − − − − − 3 1 1 2 2 2 2 L  

(n số nguyên d−ơng) Biết khai triển Cn3 =5C1n số hạng thứ t− 20n, tìm n x

-Hết - Ghi chú: 1) Thí sinhchỉ thi cao đẳng khơng làm Câu V.

2) C¸n bé coi thi không giải thích thêm

(2)

1

bộ giáo dục đào tạo Kỳthi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002

- Đáp án thang điểm môn toán khối A

Câu ý Nội dung §H C§

I 1 m=1⇒y=−x3+3x2

Tập xác định ∀x∈R y'=−3x2 +6x=−3x(x−2),   

= = ⇔ =

2 0

'

2 x x y

1

" ,

0 6

"=− x+ = y = x= y

Bảng biến thiên

∞ + ∞

−

x

− '

y + − −

+

" y

y +∞ lâm U CT C§

låi −∞



 

= = ⇔ =

3 0

x x

y , y(−1)=4 §å thÞ:

( ThÝ sinh cã thĨ lập bảng biến thiên)

1,0 đ 0,25 đ

0,5 ®

0,25 ®

∑1,5 ® 0,5®

0,5 ®

-1

x

(3)

2

I 2 Cách I Ta có −x3 +3x2 +k3 −3k2 =0⇔−x3+3x=−k3 +3k2 Đặt a =−k3 +3k2 Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình −x3 +3x2 =a có nghiệm phân biệt ⇔0<a<4⇔0<−k3 +3k2 <4

( )( )    > − + < ≠ ⇔    > + − + < ≠ ⇔ 0 ) 4 )( (

2 k k

k k k k k    ≠ ∧ ≠ < < − ⇔ k k k C¸ch II Ta cã

[ ( 3) ]

) (

3 2

3 + + − = ⇔ − + − + − =

−x x k k x k x k x k k

cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ f(x)= x2 +(k−3)x+k2 −3k =0 cã nghiƯm ph©n biƯt kh¸c k

   ≠ ∧ ≠ < < − ⇔    ≠ − + − + > + + − = ∆ ⇔ 3 2 2 k k k k k k k k k k

∑0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25®

0,25 ®

∑0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 đ 3 Cách I. ) ( ) (

3 2

' =− x + mx+ −m =− x−m +

y , 

  + = − = ⇔ = 1 ' m x m x y

Ta thấy x1 ≠ x2 y' đổi dấu qua x1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị

x vµ x2

2 )

(

1

1 = y x =−m + m−

y y2 = y(x2)=m2 +3m+2 Phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị

M1(m−1;−m2 +3m−2) vµ M2(m+1;−m2 +3m+2) lµ:

− + = + − + ⇔

4

2

1 y m2 m

m x

m m x

y=2 − +

C¸ch II y' =−3x2 +6mx+3(1−m2)=−3(x−m)2 +3, Ta thÊy ' ) ( 9

'= + − = > ⇒ =

∆ m m y cã nghiÖm x1 ≠ x2

y' đổi dấu qua x1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị x1 x2 Ta có y=−x3 +3mx2 +3(1−m2)x+m3 −m2

( 3 )

3

1x m− x2 + mx+ − m2 + x−m2 +m      − =

Từ ta có y1 =2x1m2 +m y2 =2x2 m2 +m

Vậy phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị y=2xm2 +m

1,0 đ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®

∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® II 1.

Víi m=2 ta cã log32 x+ log32 x+1−5=0 §iỊu kiƯn x>0 §Ỉt t = log32 x+1≥1 ta cã t2 −1+t−5=0⇔t2 +t−6=0

2    = − = ⇔ t t

∑0,5® 0,25 ®

∑1,0® 0,5 ®

(4)

3

1 =−

t (lo¹i) , t2 =2⇔log32 x=3⇔log3 x=± ⇔ x=3± 3

3± =

x tháa m·n ®iỊu kiƯn x>0

(Thí sinh giải trực tiếp đặt ẩn phụ kiểu khác)

0,25 ® 0,5 ®

2. log log

3 x+ x+ − m− = (2)

Điều kiện x>0 Đặt t = log32 x+11 ta cã t2 −1+t−2m−1=0⇔t2 +t−2m−2=0 (3)

log log ] , [ 3

3 ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ = + ≤

∈ x t x

x

VËy (2) cã nghiÖm ∈[1,3 3] vµ chØ (3) cã nghiƯm ∈[1,2 ] Đặt f(t)=t2 +t

Cách 1.

Hàm số f(t) hàm tăng đoạn [1;2] Ta có f(1)=2 f(2)=6 Phơng trình t2 +t =2m+2 f(t)=2m+2 cã nghiÖm ∈[ ]1;2

6 2 2 2 ) ( 2 ) ( ≤ ≤ ⇔    ≤ + + ≤ ⇔    + ≥ + ≤ ⇔ m m m m f m f C¸ch 2.

TH1 Phơng trình (3) có nghiệm t1,t2 tháa m·n 1<t1 ≤t2 <2 Do

2

1+t =− < t

nên không tồn m TH2. Phơng trình (3) có nghiệm t1,t2 thỏa mÃn t1 ≤1≤t2 ≤2 hc 1≤t1 ≤2≤t2

⇔−2m(4−2m)≤0⇔ 0≤m≤2

(Thí sinh dùng đồ thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác )

∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®

∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® III 1.

5 cos2

2 sin sin cos

sin = +

     + + + x x x x

x §iỊu kiƯn

2

sin x≠−

Ta cã =

     + + + x x x x sin sin cos

sin 

     + + + + x x x x x x sin sin cos sin sin sin

=5 =

     + + + − + x x x x x x sin sin cos cos cos sin x x x x cos sin cos ) sin ( =       + +

VËy ta cã: 5cosx=cos2x+3⇔2cos2 x5cosx+2=0

cosx=2 (loại) ( )

2

cosx= ⇒ x=±π + kπ k∈Z

∑1,0 ® 0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1,0 ® 0,25 ®

(5)

4 2.

Vìx(0;2) nên lấy

π =

x vµ

3

π =

x Ta thÊy x1,x2 tháa m·n ®iỊu kiƯn

2

sin x≠− Vậy nghiệm cần tìm là:

=

x vµ

3

π =

x

(Thí sinh sử dụng phép biến đổi khác)

Ta thÊy ph−¬ng trình |x2 4x+3|=x+3 có nghiệm x1 =0 x2 =5 Mặt khác |x2 4x+3| x+3 x[ ]0;5 VËy

(x x x )dx (x x x )dx (x x x )dx S=∫ + − − + =∫1 + − + − +∫ + + − +

0

3

1

2

5

0

2 4 3| 3 4 3 3 4 3

|

+∫5(x+ −x + x− )dx

2 4 3

( x x)dx (x x )dx ( x x)dx

S =∫ − + +∫ − + +∫5 − +

3

1

0

2 5 3 6 5

5 3

1

3

0

2

2 3

5

   



− +

+    



 − +

+    



− +

= x x x x x x x

S

6 109

22 26

13+ + =

=

S (®.v.d.t)

(Nếu thí sinh vẽ hình khơng thiết phải nêu bất đẳng thức |x2 −4x+3|≤ x+3 ∀ x∈[ ]0;5 )

0,25 ®

∑1,0 ®

0,25 ®

0,25®

0,25 ®

∑1,0 ®

0,25 ®

0,25®

IV 1. ∑1® ∑1®

x

1 -1

y

3

1

-1

(6)

5 S

N I

M C

A K

B

Gäi K lµ trung điểm BC I =SKMN Từ giả thiết MN a BC MN , 2 = =

// BC I trung điểm SK MN

Ta có SAB=SAC hai trung tuyến tơng ứng AM = AN AMN cân A AIMN

Mặt khác

( ) ( )

( ) AI (SBC) AI SK MN AI AMN AI MN AMN SBC AMN SBC ⊥ ⇒ ⊥ ⇒        ⊥ ⊂ = ∩ ⊥

Suy SAK cân

2 a AK SA

A⇒ = =

2 4

3 2

2

2 SB BK a a a

SK = − = − =

4 10 2 2 2

2 SI SA SK a a a

SA

AI  = − =

     − = − = ⇒ Ta cã 16 10

1 a2

AI MN

S∆AMN = = (®vdt)

chó ý

1) Cã thÓ chøng minh AI⊥MN nh− sau:

BC⊥(SAK)⇒MN⊥(SAK)⇒MN⊥AI 2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:

Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho

      −       −      −     

 a h

S a A a C a B K ; ; , ; ; , ; ; , ; ; ), ; ; (

h độ dài đ−ờng cao SH hình chóp S.ABC

(7)

6 2a)

Cách I Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1có dạng: (x2y+z4) (+ x+2y2z+4)=0

(α2 +β2 ≠0)

⇔ (α+β) (x− 2α −2β) (y+ α −2β)z−4α+4β =0

VËy nrP =(α +β;−2α +2β;α−2β).Ta cã ur2 =(1;1;2)//∆2 vµM2(1;2;1)∈∆2

( )P // ( ) ( ) ( )

   ∉ = − ⇔    ∉ = ⇔ ∆ P M P M u nP 2 2 ; ;

.r α β

r

VËy ( )P :2x−z=0

C¸ch II Ta chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau: Từ phơng trình 1 suy 2xz=0 §Ỉt

     = − = = ∆ ⇒ = ' ' ' : ' 1 t z t y t x t x (0; 2;0) 1, 1 (2;3;4)

1 − ∈∆ =

⇒M ur //∆1

(Ta tìm tọa độ điểm M1∈∆1 cách cho x=0⇒ y=−2 z=0

vµ tÝnh (2;3;4)

2 ; 1 ; 2

1 =

     − − − − =

ur )

Ta có ur2 =(1;1;2)//∆2 Từ ta có véc tơ pháp mặt phẳng (P) : [ 1, 2]=(2;0;−1)

= u u

nrP r r VËy phơng trình mặt phẳng (P) qua M1(0;2;0) nrP =(2;0;1) là: 2xz=0

Mặt khác M2(1;2;1) ( ) P phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2xz=0

∑0,5® 0,25 ®

0,25 ®

-0,25 ® 0,25 ®

∑1,0® 0,5 ® 0,5 ® -0,5 đ 0,5 đ 2b)

b)Cách I H∈∆2 ⇒H(1+t,2+t,1+2t)⇒MH =(t−1;t+1;2t−3) ( ) ( ) (−12 + +1 + −3)2 = −12 +11= 6( −1)2 +5 =

⇒MH t t t t t t

đạt giá trị nhỏ t =1⇒ H(2;3;3) Cách II H∈∆2 ⇒H(1+t;2+t;1+2t)

MHnhá nhÊt ⇔ MH⊥∆2 ⇔ MH.ur2 =0⇔t =1⇒H(2;3;4)

∑0,5® 0,25 ® 0,25 ®

-0,25 ® 0,25 ®

∑1,0® 0,5 ® 0,5 ® -0,5 ® 0,5 ® V 1.

Ta cã BCIOx=B( )1;0 Đặt xA =a ta có A(a;o)

3 − = ⇒

=a y a

xC C VËy C(a; 3a− 3)

Tõ c«ng thøc

( ) ( )      + + = + + = C B A G C B A G y y y y x x x x 13

ta cã 

     + − ) ( ;

2a a

G

C¸ch I. Ta cã :

AB=|a−1|, AC = 3|a−1|, BC =2|a−1| Do

∑1®

0,25 ®

(8)

7 ( )2

1 − = =

∆ ABAC a

S ABC

Ta cã ( )

| | | | 3 2 − + − − = + + = a a a BC AC AB S

r =

1 | | = + − a

VËy |a−1|=2 3+2

TH1 

     + + ⇒ + = 3 ; 3 3 1 G a

TH2 

    − − − − ⇒ − − = 3 ; 3 2 G a C¸ch II. y C I

O B A x

GọiI tâm đờng tròn nội tiếp ABC Vì r =2 yI =2

Phơng trình ( )

3 1

30

: = − = − ⇒ = ±

I x x x tg y BI

TH1 Nếu A O khác phía B⇒xI =1+2 Từ d(I,AC)=2

3 2= + +

=

⇒a xI 

     + + ⇒ 3 ; 3 G

TH 2. Nếu A O phía B⇒xI =1−2 T−ơng tự

ta cã a =xI −2=−1−2 

    − − − − ⇒ 3 ; 3 G 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 2.

Tõ Cn3 =5C1n ta cã n≥3 vµ ∑

(9)

8

( ) ( ) 28

) )( ( ! ! ! !

! ⇔ − − = ⇔ − − =

− =

− n n n

n n n n

n n

n

n1 =4 (loại) n2 =7 Víi n=7 ta cã

4

2 140

35 140

2 2

3

1

7  = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

         

 − − − − −

x

C x x x

x x

0,25 ® 0,25 ®

0,5 ®

(10)

bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề thức Mơn thi : tốn, Khối B.

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 ®iĨm)

Cho hàm số : y=mx4 +(m2 −9)x2 +10 (1) (m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =1

2 Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị Câu II (ĐH : 3,0 điểm; C : 3,0 im)

1 Giải phơng trình: sin23xcos2 4x=sin25xcos26x Giải bất phơng trình: logx(log3(9x 72))1

3 Giải hệ phơng trình:    

+ + = +

− = −

y x y x

y x y x C©u III ( §H : 1,0 ®iĨm; C§ : 1,5 ®iĨm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng :

4 x2 y= − vµ

2

2 x y= Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 

     ;0

2

I , ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB x−2y+2=0 AB=2AD Tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D biết đỉnh A có hồnh õm

2 Cho hình lập phơng ABCDA1B1C1D1 cã c¹nh b»ng a

a) TÝnh theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1B B1D

b) Gọi M,N,P lần lợt trung điểm cạnh BB1,CD,A1D1 Tính góc hai đờng thẳng MP C1N

Câu V (ĐH : 1,0 điểm)

Cho a giác A1A2LA2n (n≥2, n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O Biết số tam giác có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n, tìm n

-Hết -Ghi : 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V. 2) Cán coi thi không giải thích thêm

(11)

1

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 - Đáp án thang điểm đề thi thc

Môn toán, khối b

Câu ý Nội dung ĐH CĐ

I 1 Với m=1 ta có y =x4 −8x2 +10 hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy Tập xác định ∀ x∈R, y'=4x3 −16x=4x(x2 −4), y'=0 

 

± =

= ⇔

2 x

x ,

3 12

16 12

" 2 

  



 −

= −

= x x

y

3

"= ⇔x=±

y

Bảng biến thiên:

+

∞

−

3

3 2

x

− '

y + − +

"

y + − +

+∞ 10 +∞ y lâm U C§ U lâm

CT låi CT −6 −6 Hai ®iĨm cùc tiĨu : A1(−2;−6) vµ A2(2;−6)

Một điểm cực đại: B(0;10) Hai điểm uốn:    

  −

9 10 ;

2

U vµ 

  

 

9 10 ; 2

U

Giao điểm đồ thị với trục tung B(0;10) Đồ thị cắt trục hoành điểm có hồnh độ:

6 4+ ± =

x vµ x=± 4−

(ThÝ sinh cã thĨ lập bảng biến thiên)

1,0đ 0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

∑1,5® 0,5 ®

0,5 ®

x

10 y

-6

-2

A2 A1

B

U1 U2

(12)

2 I 2 y'=4mx3 +2(m2 −9)x=2x(2mx2 +m2 −9),

   = − + = ⇔ = 0

' 2 2

m mx

x y

Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình y'=0 có nghiệm phân biệt (khi y' đổi dấu qua nghiệm)⇔ ph−ơng trình 2mx2 +m2 −9=0 có nghiệm phân biệt khác

2mx2 +m2 −9=0     − = ≠ ⇔ m m x m

2 Phơng trình 2mx2 +m2 9=0 cã nghiƯm kh¸c 

  < < − < ⇔ 3 m m

Vậy hàm số có ba điểm cùc trÞ    < < − < ⇔ 3 m m

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

II 1

sin23x−cos24x=sin25x−cos26x 12 cos 10 cos cos cos

1− x − + x = − x− + x

⇔

⇔(cos12x+cos10x) (− cos8x+cos6x)=0 ⇔cosx(cos11x−cos7x)=0

⇔cosxsin9xsin2x=0

sin

sin k k Z

x k x x x ∈      = = ⇔ = ⇔ π π Chó ý:

Thí sinh sử dụng cách biến đổi khác để đ−a ph−ơng trình tích

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®

2

logx(log3(9x −72))≤1 (1)

§iỊu kiƯn: 72 log 73

0 ) 72 ( log 72 , > ⇔ > − ⇔      > − > − ≠ > x x x x x x (2)

Do x>log973>1 nªn (1)⇔log3(9x−72)≤ x

⇔9x−72≤3x ⇔( )3x −3x −72≤0 (3) Đặt t =3x (3) trở thành

t2 t7208t983x x2

Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm bất phơng trình là: log973< x≤2

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

(13)

3 3     + + = + − = − ) ( ) ( y x y x y x y x

§iỊu kiƯn: (3) 0    ≥ + ≥ − y x y x ( )    + = = ⇔ = − − − ⇔ 1 )

(

y x y x y x y x

Thay x= y vµo (2), giải ta đợc x= y=1 Thay x= y+1 vào (2), giải ta có:

2 , = = y x

Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có nghiƯm: x=1,y=1 vµ

2 , = = y x Chó ý:

Thí sinh nâng hai vế (1) lên luỹ thừa bậc để di đến kết quả:    + = = y x y x

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

∑1,0® 0,25 ®

0,25 ®

0,25 đ

III

Tìm giao điểm hai ®−êng cong

4 x2 y = − vµ

2

2 x y = :

4 x − = x 8 4 32 2 ± = ⇔ = ⇔ = − +

⇔ x x x x

Trªn [− 8; 8] ta cã x 4 x −

≤ hình đối xứng qua trục tung nên S ∫ x x dx

      − − = 2 4

2 1 2

8 2

16−x dx− x dx=S −S

= ∫ ∫

Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x=4sint,

4

0≤t≤π th× 0≤x≤ dx=4costdt vµ > ∀ ∈ 

4 ; 0

cost t π Do

∑1,0®

0,25 ®

∑1,5®

0,5 ®

0,25 ® x

0

-4

2 y

-2 2

(14)

4

(1 cos2 )

cos 16

16

0

2

1 = ∫ − = ∫ = ∫ + = π +

π π

dt t tdt

dx x

S

3

6

2

1

0

2 = ∫x dx= x =

S VËy

3 2

1 − = +

=S S π

S

Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ tÝnh diƯn tÝch S ∫ x x dx

− 

   

  

− − =

8

2

2 4

4

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

IV 1

Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳngAB

5

5 =

⇒ AD vµ

5 = =IB

IA

Do A,Blà giao điểm đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I bán kính

2 =

R Vậy tọa độ A,B nghiệm hệ :

   

      = +       −

= + −

2

1

0 2

y x

Giải hệ ta đợc A(2;0) ( ),B 2;2 (vì xA <0) ( ) (3;0, −1;−2)

⇒C D

Chó ý:

Thí sinh tìm tọa độ điểm H hình chiếu Itrên đ−ờng thẳng AB Sau tìm A,B giao điểm đ−ờng trịn tâm H bán kính HA với đ−ờng thẳng AB

∑1,0®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1,5®

0,25 ®

0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® x

C I

O A

D

B H

(15)

5 IV 2a) Tìm khoảng cách A1Bvà B1D

Cỏch I Chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho

( ) (B a ) (D a ) (A a) C(a a ) (B a a) (C a a a) (D a a) A0;0;0, ;0;0, 0; ;0, 1 0;0; ⇒ ; ;0; 1 ;0; ; 1 ; ; , 1 0; ;

( ;0; ), 1 ( ; ; ), 1 1 ( ;0;0) 1B a a BD a a a AB a

A = − = − − =

⇒ vµ[A1B,B1D]=(a2;2a2;a2) VËy ( ) [ ]

[ , ] 6

,

, 2

3

1

1 1 1

1

a a

a D

B B A

B A D B B A D B B A

d = = =

C¸ch II AB (ABC D) AB B D AD

B A

AB B A

1 1

1

1 ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

   ⊥ ⊥

T−¬ng tù A1C1⊥B1D⇒B1D⊥(A1BC1)

Gäi G =B1D∩(A1BC1) Do B1A1 =B1B=B1C1=a nªn G

GC GB

GA1 = = 1 ⇒ tâm tam giác A1BC1 có cạnh a GọiI trung điểm A1B IG đ−ờng vng góc chung A1B

D

B1 , nªn ( )

6

3

1

, 1 1 1

1

a B

A I C IG D B B A

d = = = =

Chó ý:

Thí sinh viết phơng trình mặt phẳng ( )P chøa A1B vµ song song víi D

B1 là:x+2y+za=0 tính khoảng cách từ B1(hoặc từ D) tới ( )P , viết phơng trình mặt phẳng ( )Q chøa B1D vµ song song víi A1B lµ:

0 2 + − =

+ y z a

x tính khoảng cách từ A1(hoặc từ B) tíi ( )Q

∑1,0®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

0,25 ®

∑1,5®

0,25 ®

0,5 ® 0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,5 ® x

D1

D C1 B1

A1 z

y

x

A

C B

I

G

(16)

6 2b)

C¸ch I

Tõ C¸ch I cđa 2a) ta tìm đợc

    

     



 a a

P a a N a a

M ;

2 ; , ; ; , ; ;

0

; ; ,

2 ;

; 1 ⇒ 1 =

  

  = 

  

 − =

⇒MP a a a NC a a MPNC

VËy MP⊥C1N

Cách II

Gọi E trung điểm CC1 ME(CDD1C1)hình chiếu vuông góc MP (CDD1C1) lµ ED1 Ta cã

N C E D N C D N

CC E D C E C D CN

C 1 1 1 1

1

1 =∆ ⇒ = =90 − ⇒ ⊥

∆ Từ

theo nh lý ba ng vuụng gúc ta có MP⊥C1N

∑1,0® 0,25 ®

0,5 ® 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® V

Số tam giác có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n C23n

Gọi đ−ờng chéo đa giác A1A2LA2n qua tâm đ−ờng tròn ( )O đ−ờng chéo lớn đa giác cho có n đ−ờng chéo lớn

Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1,A2,L,A2n có đ−ờng chéo hai đ−ờng chéo lớn Ng−ợc lại, với cặp đ−ờng chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói số cặp đ−ờng chéo lớn đa giác A1A2LA2n tức Cn2

Theo gi¶ thiÕt thì:

1,0đ 0,25 đ

0,25 đ D1

A1

B1 C1

C B

A

M E

N P

y

x

(17)

7 ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 20

6

2 2 ! !

! 20 ! !

! 20

3

− =

− −

⇔ − =

− ⇔

= n n n n n

n n n

n C

C n n

8 15

1

2 − = ⇔ =

⇔ n n

Chó ý:

Thí sinh tìm số hình chữ nhật cách khác Nếu lý luận để đến kết số hình chữ nhật

2 ) (n n

cho điểm tối đa phần

0,5 đ

(18)

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

Đề thức Môn thi : To¸n, Khèi D

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _

C©uI ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm )

Cho hµm sè : ( ) x

m x m y

2 −

− −

= (1) ( m lµ tham sè )

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = -1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đ−ờng cong (C) và hai trục tọa độ. Tìm m để đồ thịcủa hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y=x

C©u II ( §H : ®iĨm ; C§ : ®iĨm )

1 Giải bất phơng trình : (x2 −3x) 2x2 −3x−2 ≥0 Gi¶i hƯ phơng trình :

= + +

− =

+ y 2

2

y y

x x x

2 x

Câu III ( ĐH : điểm ; CĐ : ®iĨm )

Tìm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm ph−ơng trình : cos3x−4cos2x+3cosx−4=0 Câu IV ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm )

1 Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = cm ; AB = cm ; BC = cm Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2xy+2=0

và đờng thẳng d : m ( ( ) () )

  

= + + + +

= − + − + +

0 m z m mx

0 m y m x m

( m tham số ) Xác định m để đ−ờng thẳng d song song với mặt phẳng (P).m Câu V (ĐH : điểm ).

1 Tìm số nguyên dơng n cho Cn0 +2C1n +4Cn2 + +2nCnn =243

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy , cho elip (E) có ph−ơng trình

9 y 16

x2 + =

Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển động tia Oy cho đ−ờng thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ

-HÕt -Chó ý :

Thí sinh thi cao đẳng không làm câu V

Cán coi thi không giải thích thêm

(19)

1

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002 Mơn Tốn, khối D

Đáp án thang điểm đề thi thức

C©u Néi dung Điểm

ĐH CĐ

I 3đ 4đ

1 1 1,5

Khi m = -1 ,ta cã

1 x

4 x

1 x y

− − − = −

− − = -TX§ : x≠1

- CBT :

( − ) > ∀ ≠ ⇒

= 0, x

1 x

4

y, 2 hàm số cực trÞ

1/4 1/4 limy

x

− = ∞

→ ; →− =+∞ →+ =−∞

x

y lim ; y

lim

- BBT :

x - ∞ + ∞

y/ + + + ∞

y -3 -3

- ∞ 1/4 1/4 - TC: x=1 tiệm cận đứng =

→ y lim

1

x y=-3 tiệm cận ngang limy

x→∞ =− 1/4 1/4

- Giao víi c¸c trơc : x = ⇒ y = 1; y = ⇒ x = - 1/3 1/4 - Đồ thị :

x y

1/4 1/2

(20)

2

2 1 1,5

Diện tích cần tính :

dx x x S / 1∫ −       − − − = 1/4 1/2 ∫ ∫ − − − − − = / / x

dx dx 1/4 1/4 / 1 x ln − − − − = 1/4 1/2 ln 1+ −

= ( ®vdt)

1/4 1/4

3 1

Ký hiÖu ( ) x m x m ) x ( f − − −

= Yêu cầu tốn t−ơng đ−ơng với tìm m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm:

(H) ( )    = = x ) x ( f x ) x ( f / / 1/4 1/4

Ta cã (H)

( ) ( )        =         − − − = − − − ⇔ x m x x m x / 2 1/4 1/4 ( ) ( )( ) ( ) ( )        = − − + − − − = − − − ⇔ x m x x m x x m x 2 1/4 1/4 Ta thÊy víi ∀m≠1 ; x = m lu«n thoả mÃn hệ ( H ) Vì vậym1, (H)

ln có nghiệm , đồng thời m = hệ ( H ) vơ nghiệm Do đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y = x m≠1

ĐS : m1 1/4 1/4

II 2đ 3đ

1 1,5

Bất phơng trình           ≥ − > − − = − − ⇔ x x x x 2 x x 2 2 1/4 1/2

TH 1:

2 x x x x 2 x x

2 − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ =−

1/4 1/4

(21)

3

x

2 x<− ∨ ≥

1/4 1/4 Từ hai trờng hợp suy ĐS: x x

2

x≤− ∨ = ∨ ≥

1/4 1/4

1 1,5

Hệ phơng trình 

=

− = ⇔

y

y y

x

2 x

1/4 1/2

  

= + −

> = ⇔

0 y y y

0 y

2 x

1/4 1/4

  

= ∨ = ∨ =

> = ⇔

4 y y y

0 y 2x

1/4 1/4 ⇔

  

= = ∨ 

 

= =

4 y

2 x y

0 x

1/4 1/2 III

1đ 1đ Phơng trình (cos3x+3cosx) (4 cos2x+1)=0

⇔4cos3x−8cos2x=0 ⇔4cos2 x(cosx−2)=0

⇔cosx=0 1/4 1/2 ⇔ = π+kπ

2

x

1/4 1/4 x∈[ ]0;14 ⇔k=0∨k =1∨k =2∨k=3 1/4

§S : ; x= π

2 x = π ;

2 x= π ;

2 x= π

1/4 1/4

IV 2® 2®

1

C¸ch

Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đơi

mét vu«ng gãc víi 1/4 1/4

Do chọn hệ toạ độ Đêcac vng góc, gốc A cho B(3;0;0) , C(0;4;0), D( 0;0;4) Mặt phẳng (BCD) có ph−ơng trình :

z y x

= − +

+

1/4 1/4

Khoảng cách cần tính :

17 34

16 16

1

= + +

(cm)

1/4 1/4

(22)

4 C¸ch

Từ giả thiết suy tam giác ABC vng A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đơi

D

H C

A E

B

Gäi AE đờng cao tam giác ABC; AH đờng cao tam giác ADE AH khoảng cách cần tính

Dễ dàng chứng minh đợc hÖ thøc:

2

AC AB

1 AD

1 AH

1 = + +

1/4 1/4 Thay AC=AD=4 cm; AB = cm vào hệ thức ta tính đợc:

cm 17

34 AH=

1/4 1/4

C¸ch 3:

Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đơi

Gäi V lµ thĨ tÝch tø diƯn ABCD, ta cã V= AB AC AD

1

= ⋅ ⋅

⋅

¸p dơng c«ng thøc

) BCD ( dt

V AH

∆

= víi V = dt(BCD) =2 34 ta tính đợc cm

17 34

AH=

1/2 1/2

1

Cách 1:

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n(2;1;0)

Đờng thẳng d có vec m tơ phơng u((1m)(2m+1) (;−2m+1)2;−m(1−m))

→

1/4 1/4

Suy → u

→

n =3(2m+1)

m

d song song víi (P)    

⊄ ⊥ ⇔ → →

) P ( d

n u

(23)

5 ( )     ∉ ∈ ∃ = ⇔ → → P A , d A n u m Ta cã : ®iỊu kiƯn u.n=0

→ →

2 m=

1/4 1/4 Mặt khác m = - 1/2 d có phm ơng tr×nh :

   = = − x y

, điểm A( 0;1;a) đ−ờng thẳng không nằm (P), nên điều kiện

( )P A , d A∈ m

đợc thoả mÃn ĐS : m = - 1/2 1/4 1/4

C¸ch 2:

Viết phơng trình dm dới dạng tham số ta ®−ỵc

     − − − = + − = + − = m)t m(1 z t 1) (2m y 1)t m)(2m (1 x 1/4 1/4 m

d // (P)hệ phơng trình ẩn t sau    = + − − − − = + − = + − = y x t ) m ( m z t ) m ( y t ) m )( m ( x v« nghiƯm 1/4 1/4 phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = v« nghiƯm 1/4 1/4

⇔m=-1/2 1/4 1/4

C¸ch 3: m

d // (P) ⇔ hƯ phơng trình ẩn x, y, z sau

(H) ( ) ( )

     = + + + + = − + − + + = + − m z ) m ( mx m y x x m 2 y x

vô nghiệm 1/4 1/4

Từ phơng trình đầu hệ phơng trình suy    + = − = m y m x

1/4 1/4

Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thø ba ta cã : ) m 11 m ( z ) m

( + =− + +

1/4 1/4 HÖ (H) v« nghiƯm

2 m=−

⇔

1/4 1/4

V 2®

1

Ta cã : ( ) ∑ = = + n k k k n n x C x , 1/4 Cho x = ta đợc

= = n k k k n n C 2

1/4 ⇒3n =243=35 ⇔n=5 1/2

(24)

6

1

C¸ch

Giả sử M(m;0) N(0;n) với m > , n > hai điểm chuyển động hai tia Ox Oy

Đờng thẳng MN có phơng trình : n y m x = − + 1/4 Đờng thẳng tiếp xúc với (E) :

n m 16 2 =       +       1/4 Theo BĐT Côsi ta có :

( ) 22

2 2 2 2 2 n m m n 16 25 n m 16 n m n m

MN  = + +

     + + = + = 49 16

25+ =

MN7 1/4

Đẳng thức xảy        > > = + = ⇔ n , m 49 n m n m m n 16 2 2 2

⇔ m=2 7,n= 21

KL: Với M(2 7;0) (,N0; 21) MN đạt GTNN GTNN (MN) = 1/4 Cách

Giả sử M(m;0) N(0;n) với m > , n > hai điểm chuyển động trờn hai tia Ox v Oy

Đờng thẳng MN có phơng trình : n y m x = + 1/4 Đờng thẳng tiếp xúc víi (E) vµ chØ :

n m 16 2 =       +       1/4 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có

( ) 49

n n m m n m 16 n m n m MN 2 2 2

2  =

     + ≥       + + = + = MN≥ ⇒ 1/4

- Đẳng thức xảy    > > = + = ⇔ n , m n m n : n m : m 2

⇔ m=2 7,n= 21

KL: Với M(2 7;0) (,N0; 21) MN đạt GTNN GTNN (MN) = 1/4 Cỏch 3:

Phơng trình tiếp tuyến ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : yy 16

xx0 0 =

+

(25)

7 Suy toạ độ M N 

    

0 ; x 16 M

0

vµ      

0 y

9 ; N

⇒ 

  

 

+ 

  

 

+ = +

= 2

0 2 2 2 2 2

y x 16 y 16 x y x 16 MN

1/4 Sử dụng bất đẳng thức Côsi Bunhiacôpski (nh− cách cách 2)

ta cã : MN2 ≥72

1/4

- Đẳng thức xảy

7 21 y ;

7

x0 = 0 =

⇔

- Khi M(2 7;0) (,N0; 21) GTNN (MN) = 1/4 -Hết -

(26)

8

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 - -

Hớng dẫn chấm thi môn toán khối D

C©u I:

1. -Nếu TS làm sai b−ớc kể từ trở không đ−ợc điểm

-Nếu TS xác định hàm số tìm tiệm cận đ−ợc 1/4 điểm Nếu TS làm sai b−ớc kể từ trở không đ−ợc điểm

3 -NÕu TS dïng điều kiện nghiệm kép không đợc điểm -Nếu TS không loại giá trị m = bị trừ 1/4 điểm Câu II:

-Nu TS làm sai b−ớc kể từ trở không đ−ợc điểm -Nếu TS kết luận nghiệm sai bị trừ 1/4 điểm

-NÕu TS sư dơng ®iỊu kiƯn sai:

    

 

  

≤ <   

≥ ≥ ⇔

≥

0 ) x ( g

0 ) x ( f

0 ) x ( g

0 ) x ( f

) x ( g ) x (

f dẫn đến kết ỳng s

bị trừ 1/4 điểm

2 TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc Câu III:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc đó Câu IV:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc đó Câu V:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc

(27)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - Mơn thi : tốn khối A

đề thức Thời gian làm : 180 phút

_

C©u (2 điểm) Cho hàm số m

x m x mx

y (1) (

2

− + +

= lµ tham sè)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = −1

2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hồnh độ d−ơng

Câu (2 điểm)

1) Giải phơng trình sin2

2 sin tg

2 cos

cotg x x

x x

x + −

+ =

−

2) Giải hệ phơng trình

 

+ =

− = −

1

3

x y

y y x x



C©u (3 ®iĨm)

1) Cho hình lập ph−ơng ABCD A B C D ' ' ' ' Tính số đo góc phẳng nhị diện [B ,A'C,D] 2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hình hộp chữ nhật

có trùng với gốc hệ tọa độ,

yz ; 0;

' ' ' '

ABCD A B C D A B a( ), (0; ; 0), '(0; 0; )D a A b Gäi

(a>0, b>0) M trung điểm cạnh CC' a) Tính thể tích khối tứ diện BDA M' theo a b b) Xác định tỷ số a

b để hai mặt phẳng ( 'A BD) (MBD) vng góc với Câu ( điểm)

1) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Niutơn

n x x

 



+

3

1

 , biÕt r»ng

) (

3

4 − + = +

+

+ C n

Cnn nn

( n số nguyên dơng, x > 0, Cnk số tổ hợp chập k cđa n phÇn tư)

2) TÝnh tÝch ph©n ∫

+ =2

5 x x2

dx

I

C©u (1 ®iĨm)

Cho x, y, z ba số dơng x + y + z Chøng minh r»ng 82

2 2

2

2 + + + + + ≥

z z y

y x

x

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HếT Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh: …… Sè b¸o danh: ………

(28)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm đề thi thức Mơn thi : tốn Khối A

Néi dung điểm

Câu 2điểm

1) Khi

2 1 1

1

x x

m y x

x x

− + −

= − ⇒ = = − −

− −

+ Tập xác định: R\{ } +

2

0

1

' '

2

( 1) ( 1)

x

x x

y y

x

x x

= 

− +

= − + = = ⇔ 

=

− − 

+ [ ] = ⇒

− =

− −

∞ → ∞

→

1 lim ) ( lim

x x

y

x

x tiệm cận xiên đồ thị là: y=−x =∞⇒

→ y

xlim1 tiệm cận đứng đồ thị là: x=1 Bng bin thiờn:

Đồ thị không cắt trục hoành Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 1)

1 ®iĨm

0,25 ®

0,5 ®

0, 25 ®

x − ∞ + ∞

y’ − + + −

+∞ +∞ −3

y CT C§

1 − ∞ − ∞

y

x

O

−3

−1

(29)

2 2)

Đồ thị hàm số

1 − + + = x m x mx

y cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ d−ơng ⇔ph−ơng trình f x( )=mx2+ + =x m có nghiệm d−ơng phân biệt khác

2

1

(1) 1 0, m m f m m S P m m ≠  

∆ = − > 

⇔  = + ≠



 = − > = >  1 2 m m m m m ≠    < 

⇔  ⇔ − < <

 ≠ −   < 

Vậy giá trị m cần tìm là:

2 m

− < <

1 ®iĨm

0,25 ®

0,75 ®

1)

Điều kiện

sin

cos (*) tg x x x ≠   ≠   ≠ − 

Khi ph−ơng trình cho sin (sin cos ) cos sin sin cos sin

cos 2

x x x x x x x x

x + −

+ − =

− ⇔

cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin

x x x x x x x x

x −

⇔ = − + −

2 (cosx sin )(1 sin cosx x x sin x)

⇔ − − + =

2 cos sin sin cos sin

x x

x x x

− =

 ⇔ 

− + =



TH1: sin cos tg π π ( )

x= x⇔ x= ⇔ = +x k k∈Z tháa m·n ®iỊu kiƯn (*) TH2: sin cos sin2 1sin sin2 :

2

x x x x x

− + = ⇔ − + = vô nghiệm

Vậy nghiệm phơng trình lµ: π π ( )

x= +k k∈Z

2) Gi¶i hƯ

3

1 (1) (2)

x y x y y x  − = −    = +  + §iỊu kiƯn xy≠0

+ Ta cã (1) ( )(1 )

1 x y x y xy xy =  ⇔ − + = ⇔  = − 

TH1: 3 3 2

2 ( 1)( 1)

x y x y x y

y x x x x x x

= = =     ⇔ ⇔    = + = + − + − =       1 5 x y x y x y   = =  − +  ⇔ = =  − −  = =  ®iĨm

0, 25 ®

0, 25 ® 0, 25 ®

1 ®iĨm

0, 25 ®

0,5 ®

(30)

TH2: 3

3 4

1 1

1 (3)

2

2 1 2 (4).

y

xy x y

x

y x x x x

x

 = − 



= − = −

 ⇔ ⇔

  

= +

  

 − = +  + + =

Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiƯm C¸ch 1.

2

4 2 1 0,

2 2

   

+ + = −  + +  + > ∀

   

x x x x x

Cách Đặt

3

( ) ( ) ( )

4 ∈

 − 

= + + ⇒ ≥ =  >

 

x

f x x x f x f x f

R

Trờng hợp hệ vô nghiệm Vậy nghiệm hệ phơng trình là:

1 5 5

( ; ) (1;1), ; , ;

2 2

x y = − + − +    − − − − 

  

0, 25 đ

1)

Cách 1. Đặt AB a= Gọi H hình chiếu vng góc B A’C, suy BH ⊥ A’C, mà BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH Vậy góc phẳng nhị diện [B A C D, ' , ] góc nBHD

XÐt ∆A DC' vuông D có DH đờng cao, ta cã DH A C CD A D ' = ' '

' CD A D DH

A C

⇒ = 2

3

a a a

a

= = Tơng tự, A BC' vuông B có BH đờng cao

3 a BH = Mặt khác:

n 2 n

2 2 2 2

2 cos cos

3 3

a a a

a =BD =BH +DH − BH DH BHD= + − BHD,

do cosn

BHD= − ⇒BHDn=120o

C¸ch 2. Ta cã BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc)

Tơng tự, BC AC (BCD) AC Gọi H giao điểm A C' vµ (BC D' ) ⇒ BHDn lµ gãc ph¼ng cđa [B A C D; ' ; ]

Các tam giác vuông HA’B, HA’D, HA’C’ ⇒ HB = HC’ = HD ⇒ H tâm ∆BC’D ⇒nBHD=120o

1 ®iĨm

0, 25 ®

0, 25 ® 0, 25 đ 0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ A

A’

B’ C’

D’

D

C B

H

I

(31)

4 2)

a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã

) ; ; ( ) ; ; ( ' 0); ; ;

(a a C a a b M a a b

C ⇒ VËy ( ; ; 0), (0; ; )

2 b BD= −a a BM = a

JJJG JJJJG , ; ; 2 ab ab

BD BM  a 

 

⇒ = − 

  

JJJG JJJJG

( )

' ; 0; , '

2 a b BA = −a b ⇒BD BM BA = −

JJJG JJJG JJJJG JJJG

Do

2

' 16 , ' 4

BDA M a b

V = BD BM BAJJJG JJJJG JJJG = b) Mặt phẳng (BDM) có véctơ pháp tuyến 1 , ; ;

2

ab ab

n =BD BM= −a 

  

JJG JJJG JJJJG

, mặt phẳng ( 'A BD)có véctơ pháp tuyến lµ nJJG2 =BD BAJJJG JJJG, '=( ; ab ab a; 2)

Do

2 2

4

( ) ( ' ) 0

2

a b a b

BDM ⊥ A BD ⇔n nJJG JJG= ⇔ + −a = ⇔ =a b a b ⇔ =

2 ®iĨm

0, 25 ®

0, đ 0, đ

Câu 2®iĨm

1)

Ta cã Cnn++14−Cnn+3=7(n+ ⇔3) (Cnn++31+Cnn+3)−Cnn+3=7(n+3)

( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12.

2!

n+ n+ n n n

⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =

Sè hạng tổng quát khai triển ( )

12

5 60 11

3 2 2

12 12

k k

k

k k

C x x C x

− − −   =     Ta cã 60 11

2 60 11 8 4.

2 − − = ⇒ = ⇔ = k k

x x k

Do hệ số số hạng chứa x8 495 )! 12 ( ! ! 12

12 = − =

C 2) TÝnh tÝch ph©n

2 2 xdx I x x = +

Đặt

2

4 xdx

t x dt

x

= + ⇒ =

+ vµ

2 4.

x =t − Với x= t=3, với x=2 t=4 Khi

2 4

2

3

5

1 1

4 2

4 xdx dt I dt t t t x x   = = =  −  − +   − + ∫ ∫ ∫

1

ln ln

4

t t −   =   = +   ®iÓm

0, ®

0, 25 ® 0, 25 ®

1 ®iĨm

0, 25 ® 0, 25 ®

0,25 ®

(32)

   = →

x x

a 

     = →

y y

b ;1 , 

     = →

z z c ;1

2

2 2

1 1 1

( )

P x y z x y z

x y z

 

= + + + + + ≥ + + + + + 

 

C¸ch 1 Ta cã

( )

2

2 1 3 3

( ) 3

P x y z xyz t

x y z xyz t

 

≥ + + + + +  ≥ +  = +

    , víi

(3 )2 1

0

3

x y z t= xyz ⇒ < ≤t  + +  ≤

Đặt ( ) 9 '( ) 92 0, 0;1 ( )

Q t t Q t t Q t

t t

 

= + ⇒ = − <

giảm 0;

9

 

 

 

1

( ) 82

9 Q t Q 

⇒ ≥  =

  VËy P≥ Q t( )≥ 82

(DÊu “=” x¶y x= = =y z ) C¸ch 2

Ta cã

2

2 1 1

(x y z) 81(x y z) 80(x y z)

x y z x y z

   

+ + + + +  = + + + + +  − + +

   

2 1

18(x y z) 80(x y z) 162 80 82 x y z

 

≥ + +  + + − + + ≥ − =

 

VËy P≥ 82

(DÊu “=” x¶y x= = =y z )

Ghi chó: C©u có nhiều cách giải khác

0, 25 ®

0, 25 ® 0, 25 đ

hoặc 0,25 đ

0,5 đ

(33)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - Môn thi : tốn khối B

§Ị chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _

Câu (2 điểm) Cho hµm sè y x= 3−3x2+m (1) (m lµ tham sè)

1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với qua gốc tọa độ 2) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hm s (1) m=2

Câu (2 điểm)

1) Giải phơng trình otg tg 4sin 2 sin

x x x

c

x

− + =

2 2

2

3

y y

x x x

y

 +

=   

+

 =

 

C©u (3 ®iĨm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy cho tam giác ABC có

n

, 90

AB AC BAC= = BiÕt M(1; 1)− trung điểm cạnh BC 2;

 



 

G trọng tâm tam giác Tìm tọa độ đỉnh



ABC A B C, ,

2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy hình thoi cạnh , góc

' ' ' '

ABCD A B C D ABCD a

n 600

BAD= Gäi M trung điểm cạnh trung điểm cạnh ' Chøng minh r»ng ®iĨm

' N

AA CC

', , , B M D N

'

thuộc mặt phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA' theo a để tứ giác B MDN hình vng

3) Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Ox cho hai điểm điểm cho Tính khoảng cách từ trung điểm

yz 0) (2; 0; 0), (0; 0; 8)

A B C AC→ =(0; 6;

I BC đến đ−ờng thẳng OA Câu (2 im)

1) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y x= + 4−x2

2) TÝnh tÝch ph©n π

4

0

1 2sin sin

x

I dx

x

− =

+

∫

C©u (1 điểm). Cho số nguyên dn ơng Tính tæng

2

0 1 2

2

n

n n n

C C C

n

+

− − −

+ + + +

+

" Cn

(Cnk số tổ hợp chập k phÇn tư) n

-HÕt - Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số báo danh…………

(34)

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

đề thi thức Mơn thi : tốn Khối B

Néi dung ®iĨm

1)

th hm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ

⇔tån t¹i x0≠0 cho y x( )0 = − −y x( 0)

⇔tån t¹i x0≠0 cho x03−3x02+ = − −m ( x0)3− −3( x0)2+m

⇔ tån t¹i x0≠0 cho 3x02=m

m

⇔ >

2) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Khi m=2 hàm số trở thành y x= 3−3x2+2

Tập xác định : \

2

' , '

2 x y x x y

x

= 

= − = ⇔ 

=  " 6 '' y = x− y = ⇔ =x

"

y triệt tiêu đổi dấu qua x= ⇒1 (1;0) l im un Bng bin thiờn:

Đồ thị cắt trục hoành điểm (1;0), (1 3;0) cắt trục tung điểm (0; 2)

1 ®iĨm 0, 25 ®

0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® ®iÓm

0,25®

0,25® x −∞ + ∞

y’ + − +

+∞

C§ CT

y −∞ −2

x y

O

2

−2

(35)

2

1) Giải phơng tr×nh: cotg tg 4sin 2 (1) sin

x x x

x

− + =

§iỊu kiƯn: sin (*) cos x x ≠   ≠ 

Khi (1) cos sin 4sin 2 sin cos sin

x x x

⇔ − + = cos2 sin2 4sin 2

sin cos sin

x x x

−

⇔ + =

2 2cos 2x 4sin 2x

⇔ + = ⇔2cos 22 x−cos 2x− =1 cos

1 cos x k x x k x π π π = =     ⇔ ⇔  = − = ± +    

(kZ)

Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm (1) ( )

x= +k kZ

2) Giải hệ phơng tr×nh

2 2

2

3 (1)

3 (2) y y x x x y  + =    +  =  

§iỊu kiƯn x≠0, 0y≠

Khi hệ cho t−ơng đ−ơng với

2

2 2

( )(3 )

3

x y xy x y x y y

xy x xy x  = +  − + + =  ⇔   = +  = +   

TH1: 2 2 1

3

x y x

y xy x =   =  ⇔   = = +  

TH2: 2 2

3

xy x y xy x

+ + = 



= +

vô nghiệm, từ (1) vµ (2) ta cã x y, >0

VËy nghiƯm hệ phơng trình là: x= =y

1 ®iĨm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® ®iĨm 0,25® 0,5đ 0,25đ

1)

Vì G trọng tâmABCvàM trung điểm BC nên ( 1;3)

MA= MG= −

JJJG JJJJG

(0; 2) A

Phơng trình BC qua M(1; 1) vuông góc với ( 1,3)

MA= −

JJJG

là: −1(x− +1) 3(y+ = ⇔ − +1) x 3y+ =4 (1) Ta thấy MB MC MA= = = 10⇒ tọa độ B C, thỏa mãn ph−ơng trình: (x−1)2+(y+1)2=10 (2)

Giải hệ (1),(2) ta đ−ợc tọa độ B C, (4;0), ( 2; 2).− − 2)

Ta có A M' //=NC⇒A MCN' hình bình hành, A C' MN cắt trung điểm I đ−ờng Mặt khác A’DCB’ hình bình hành nên trung điểm I A’C trung điểm B’D Vậy MN và B’D cắt trung điểm I đ−ờng nên B’MDN hình bình hành Do B’, M, D, N thuộc mặt phẳng

Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2, hay DM = DN Vậy hình bình hành B’MDN là hình thoi Do B’MDN hình

1 ®iĨm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® ®iĨm 0,5® G A B C M D’ A

D C

B N

M I

A’ B’

C’

(36)

vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2⇔ 3a2 = B’B2 + a2

⇔ BB’=a ⇔ AA’=a 2 3)

Từ JJJGAC=(0;6;0) A(2; 0; 0) suy C(2; 6; 0), I(1; 3; 4) Ph−ơng trình mặt phẳng (α) qua I vng góc với OA : x− =1

⇒ tọa độ giao điểm (α) với OA K(1; 0; 0)

⇒ khoảng cách từ I đến OA IK = (1 1)− 2+ −(0 3)2+ −(0 4)2 =5

0,5® điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 2®iĨm

1) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y x= + 4−x2 Tập xác định: [−2; 2]

2 '

4 x y

x

= −

− ,

2

'

4 x

y x x x

x x

≥ 

= ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =



Ta cã y( 2)− = −2, y( 2) 2, = y(2) 2= , VËy

[ 2;2]max− y= y( 2) 2= vµ [ 2;2]min− y= − = −y( 2)

2) TÝnh tÝch ph©n

π

4

0

1 2sin sin

x

I dx

x

− =

+ ∫ Ta cã

π π

4

0

1 2sin cos sin sin

x x

I dx dx

x x

−

= =

+ +

∫ ∫

Đặt t= +1 sin 2xdt=2 cos 2xdx Với x=0 t=1, víi π

4

x= t=2 Khi

2

1 1ln | | 1ln 2.

2 2

dt

I t

t

= ∫ = =

1 ®iĨm

0,25®

0,25® 0,25®

1 ®iĨm

0,25®

0,25® 0,25®

0,25®

Ta có (1+x)n =Cn0+C x C x1n + n2 2+ + C xnn n

Suy ( )

2

0 2

1

(1+x dx)n = Cn+C x C xn + n + + C x dxnn n

∫ ∫

2

1

1 1

1 (1 )

1

n

n n

n n x n x n x

x C x C C C

n n

+

+  

⇔ + = + + + + 

+  + 

2 1

0 1 2

2 1

n n n

n

n n n n

C C C C

n n

+ + +

− − − −

⇔ + + + + =

+ +

"

0,5 ®

(37)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

- M«n thi: toán Khối D

Đề chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180

_ Câu (2 điểm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 2 4

(1)

x x y

x

− +

=

−

2) Tìm m để đ−ờng thẳng dm: y=mx+ −2 2m cắt đồ thị hàm số (1) ti hai im phõn bit

Câu (2 điểm)

1) Giải phơng trình sin2 π tg2 cos2

2

x x

x

 −  − =

 

 

2) Giải phơng trình 2x2x22+ x x2 =3 Câu (3 ®iÓm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy cho đ−ờng trịn

) ( ) ( : )

(C x + y = đờng thẳng d: x y− − =1

Viết ph−ơng trình đ−ờng trịn ( đối xứng với đ−ờng trịn qua đ−ờng thẳng Tìm tọa độ giao điểm

') C

(C

( )C d

) ( ')C

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho đ−ờng thẳng

3

:

1 k

x ky z

d

kx y z

0

+ − + =



 − + + =



Tìm để đk −ờng thẳng dk vng góc với mặt phẳng ( ) : P x y− −2z+ =5 3) Cho hai mặt phẳng( )P và( )Q vng góc với nhau, có giao tuyến ng thng

Trên lấy hai điểm A B, với AB a= Trong mặt phẳng lấy điểm , mặt phẳng ( lấy điểm cho ,

( )P C )

Q D AC BD vuông góc với

Tớnh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện tính khoảng cách từ đến mặt phẳng

AC BD A

AB

=

= ABCD

(BCD) theo a Câu ( điểm)

1) Tìm giá trị lớn giá trị nhá nhÊt cđa hµm sè

2

1 x y

x

+ =

+ đoạn [1; 2] 2) Tính tích ph©n

2

I =∫ x x dx Câu (1 điểm)

Với n số nguyên d−ơng, gọi a3n−3 hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức (x2+1) (n x+2)n Tìm n để a3n−3=26n

- HÕt - Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

(38)

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

đề thi thức Mơn thi : tốn Khối D

Nội dung điểm

Câu 2®iĨm

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 2 4

2

x x

y

x

− +

=

− ®iĨm

Tập xác định :R\{ } Ta có

2 2 4 4

2

x x

y x

x x

− +

= = +

− −

2

0

4

' '

4

( 2) ( 2)

x

x x

y y

x

x x

=  −

= − = = ⇔ 

=

− − 

[ ]

lim lim

2

x→∞ y x− =x→∞x− = ⇒ tiệm cận xiên đồ thị là: y x= ,

tiệm cận đứng đồ thị là:

lim

x→ y= ∞ ⇒ x=2

B¶ng biến thiên:

Đồ thị không cắt trục hoành

Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 2)

0,25®

0,5®

0,25®

2) ®iĨm

Đ−ờng thẳng dm cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt ⇔ ph−ơng trình 2

2

x mx m

x

+ = + −

− cã hai nghiƯm ph©n biƯt kh¸c 2

(m 1)(x 2)

⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác m >1 >m Vậy giá trị m cần tìm m>1

0,5đ 0,5đ

x

2

−2

2

O

y

x − ∞ + ∞

y’ + − − +

− + ∞ + ∞

y C§ CT

− ∞ −∞

(39)

Câu 2điểm 1) Giải phơng trình tg2 cos2

2

x x

x

 −  −

 

 

sin = (1) ®iĨm

Điều kiện: cosx≠0 (*) Khi

( )

2

1 sin

(1) cos cos

2 cos

x x x x π    ⇔  −  −  = +     ( ) ( ) 2

1 sinx sin x cosx cos

⇔ − = + x

(1 sinx)(1 cos )(1 cos )x x (1 cosx)(1 sin )(1 sin )x

⇔ − − + = + − + x

(1 sinx)(1 cos )(sinx x cos ) 0x

⇔ − + + =

π

2π

sin 2

cos π 2π

tg π

π

4

x k

x

x x k

x x k  = +  =    ⇔ = − ⇔ = +   = −   = − + 

(kZ)

Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm phơng trình là:

x k x k = +    = − + 

(k∈Z)

0,5®

0,25đ

2) Giải phơng trình 2x2x22+ x x2 =3 (1) điểm Đặt t=2x2x >t

Khi (1) trở thành t2 3t (t 1)(t 4) t t

− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ =4

t (v× t>0)

VËy 2x2−x = ⇔4 x2− =x 2 = −  ⇔  =  x x

Do nghiệm ph−ơng trình = −   =  x x 0,5 0,5

1) ®iĨm

Từ ( )C : (x−1)2+(y−2)2=4 suy ( )C có tâm I(1; 2) bán kính R=2 Đ−ờng thẳng d có véctơ pháp tuyến nuur=(1; 1).− Do đ−ờng thẳng ∆ qua

vuông góc với d có phơng trình: (1; 2)

I

1

x y

x y − = − ⇔ + −

− =

Tọa độ giao điểm H d ∆ nghiệm hệ ph−ơng trình:

1

(2;1)

x y x

H

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

GọiJ điểm đối xứng với I(1; 2) qua d Khi

2

(3;0)

2

J H I

x x x

J

y x x

= − =



⇒

 = − =



Vì đối xứng với ( qua nên có tâm bán kính Do có ph−ơng trình là:

( ')C (C

)

C d ( ')C

2

(3;0)

J R=2

') (x−3) +y =4

Tọa độ giao điểm của(C) ( ')C nghiệm hệ ph−ơng trình:

2

2 2

2

1

( 1) ( 2) 1,

3,

( 3)

x y y x

x y x y

x y

x y x x

x y  − + − =  − − =  = −  = =  ⇔ ⇔ ⇔     = = − + = − + =    − + =    

Vậy tọa độ giao điểm ( )C (C') A(1;0) B(3; 2)

0,5

0,25®

(40)

2) điểm Ta có cặp vectơ pháp tuyến hai mặt phẳng xác định dk nuur1=(1;3 ; 1)k −

vµ uurn2 =( ; 1;1)k Vectơ pháp tuyến ( )P nr =(1; 1; 2) Đờng thẳng dk có vectơ phơng là:

2

1 2, (3 − − − − −1; k 1; ) 0k ≠r k Nªn

2 1

1

k k k

k

− =− − = − − ⇔ =

− −

VËy gi¸ trị cần tìm

0,5đ 0,5 đ

3) điểm

Ta có (P) (Q) = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay

T−ơng tự, ta có BD ⊥ ∆ nên BD ⊥(P), CBD Vậy A B A, B nằm mặt cầu đ−ờng kính CD

0 90 = CAD

0 90 = Và bán kính mặt cầu lµ:

2

1

2

CD

R= = BC +BD

2 2

1

2

a

AB AC BD

= + + =

Gọi H trung điểm BC⇒AH⊥BC Do BD⊥(P) nên BD ⊥AH⇒AH⊥ (BCD) Vậy AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)

2

a AH = BC=

0,25®

0,5®

1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2

1 x y

x + =

+ đoạn [1; 2] điểm

1

'

( 1)

x y

x − =

+

'

y = ⇔ =x

Ta cã ( 1) 0, 2, (2) y(1)

y − = = y =

VËy

[max−1;2]y=y(1)= vµ [min−1;2]y= − =y( 1)

0,5đ

2) Tính tích phân

2

I =∫ x −x dx ®iÓm

Ta cã x2− ≤x ⇔ 0≤ ≤x 1, suy

1

2

0

( ) ( )

=∫ − +∫ −

I x x dx x x dx

1

2 3

0

1

2 3

   

= −  + −  =

   

x x x x

0,5®

ur=n nuur uur= k

3 ( ) ||

dk ⊥ P ⇔u nr r ⇔

k k=1

∀

A B

C

D

P

Q

∆ H

(41)

Câu 1điểm Cách 1: Ta cã (x2+1)n=C xn0 2n+C xn1 2n−2+C xn2 2n−4+ + Cnn,

0 1 2 3

(x+2)n =C xn n+2C xn n− +2 C xn n− +2 C xn n− + + 2nCnn Dễ dàng kiểm tra n=1,n=2 không thỏa mÃn điều kiện toán

Với n3 x3n3=x x2n n3=x2n2xn1

Do hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức của(x2+1) (n x+2)n n

C 3 1 3n n n .n a − = C C + C VËy

2 3

5

2 (2 4)

26 26 7

3

2 −

= 

− + 

= ⇔ = ⇔

 = −  n

n

n n n

a n n

n Vậy n=5 giá trị cần tìm (vì nguyên dơng) n Cách 2:

Ta có

2

3

2

0 0

1

( 1) ( 2) 1

1

2

n n

n n n

i k

n n n n

n i k n i i k k k

n n n n

i k i k

x x x

x x

x C C x C x C x

x x

− −

= = = =

   

+ + =  +   + 

 

       

 

=     =  

       

∑ ∑  ∑ ∑

Trong khai triển trên, luỹ thừa x 3n−3 − − = −2i k 3

k

, hay Ta chØ cã hai tr−êng hợp thỏa điều kiện

2i k+ =3 0,

i= = i=1,k=1 Nên hệ số x3n−3 lµ a3n−3=C Cn0 n3 3.2 +C C1n .2n1

Do

2 3

5

2 (2 4)

26 26 7

3

2 −

= 

− + 

= ⇔ = ⇔

 = −  n

n

n n n

a n n

n Vậy n=5 giá trị cần tìm (vì nguyên dơng).n

0,75đ

0,25đ

0,75đ

0,25®

(42)

Bộ giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 - Môn thi : Toán , Khối A

Đề thức Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề -

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

2

x 3x

y

2(x 1)

− + −

=

− (1) 1) Khảo sát hàm số (1)

2) Tỡm m để đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A, B cho AB =

Câu II (2 điểm)

1) Giải bất phơng trình

2(x 16) x

x >

x x

− + − −

− −

1

4

2

1 log (y x) log

y x y 25

⎧ − − =

⎪ ⎨

⎪ + =

⎩ Câu III (3 điểm)

1) Trong mt phng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A 0; 2( ) B(− 3; 1− ) Tìm tọa độ trực tâm tọa độ tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa độ O Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2) Gọi M trung điểm cạnh SC

a) TÝnh gãc vµ khoảng cách hai đờng thẳng SA, BM

b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.ABMN

Câu IV (2 điểm)

1) TÝnh tÝch ph©n I =

1 x

dx 1+ x 1−

∫

2) Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thøc cña ⎡1 x (1 x)+ − ⎤8 ⎣ Câu V (1 điểm)

Cho tam giác ABC không tù, thỏa mÃn điều kiện cos2A + 2cosB + 2cosC = TÝnh ba gãc cđa tam gi¸c ABC

-

C¸n coi thi không giải thích thêm

(43)

1

Bộ giáo dục đào tạo Đáp án - Thang điểm

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

§Ị chÝnh thøc Môn: Toán, Khối A

(Đáp án - thang điểm có trang)

Câu ý Nội dung Điểm

I 2,0

I.1 (1,0 ®iĨm)

( 1)

2

3

2

− − + − =

x x x

y =

( )

1

x

2 x

− + −

− a) Tập xác định: R \ 1{ }

b) Sù biÕn thiªn: y ' x(2 x)2

2(x 1)

− =

− ; y ' 0= ⇔ =x 0, x 2= 0,25

yC§ = y(2) =

− , yCT = y(0) = Đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng

Đờng thẳngy 1x

2

= + tiệm cận xiên 0,25

Bảng biến thiªn:

x −∞ 1 2 +∞

y' − + + −

y +∞ +∞

2

−

3

2 −∞ −∞

0,25

c) §å thÞ:

0,25

(44)

2 I.2 (1,0 ®iĨm)

Ph−ơng trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số với đ−ờng thẳng y = m :

(x ) m

x x

= −

− + −

1

3

2

⇔ x2 +(2m−3)x+3−2m=0 (*) 0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt vµ chØ khi:

0

>

∆ ⇔ 4m2−4m 0− > ⇔ m

> hc m

2

< − (**) 0,25 Với điều kiện (**), đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số hai điểm A, B có hồnh độ x1 , x2 nghiệm ph−ơng trình (*)

AB = ⇔ x1 −x2 =1 ⇔ x1−x2 =1 ⇔ ( 2)

2

1 x +x −4x x =1

0,25 ⇔ (2m−3)2 −4(3−2m)=1 ⇔ m

2

±

= (tho¶ m·n (**)) 0,25

II 2,0

II.1 (1,0 điểm)

Điều kiện : x 0,25

Bất ph−ơng trình cho t−ơng đ−ơng với bất ph−ơng trình:

2

2(x −16) x x+ − > − ⇔ 2(x −16) 10 2x> − 0,25

+ NÕu x > bất phơng trình đợc thoả mÃn, vế trái dơng, vế phải âm 0,25 + Nếu x hai vế bất phơng trình không âm Bình phơng hai vế ta đợc: x( 216)>(10 2x− )2 ⇔x2−20x 66 0+ < ⇔ −10 34 x 10< < + 34

Kết hợp với điều kiÖn x 5≤ ≤ ta cã: 10− 34 x 5< Đáp số: x 10> 34 0,25 II.2 (1,0 điểm)

Điều kiện: y > x vµ y >

log ( ) log4 1

4

1 − − =

y x

y ⇔ −log4( − )−log4 =1

y x

y 0,25

⇔

y x

log

y

−

− = ⇔

4 3y

x= 0,25

Thế vào phơng trình x2 + y2 = 25 ta cã:

2

3y

y 25 y

4

⎛ ⎞ + = ⇔ = ±

⎜ ⎟

0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy x= (thỏa m·n y > x)

VËy nghiƯm cđa hƯ phơng trình (3; 4) 0,25

III 3,0

III.1 (1,0 điểm)

+ Đờng thẳng qua O, vu«ng gãc víi BA( ; 3)JJJG cã phơng trình 3x 3y 0+ = Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)JJJG có phơng trình y =

( Đờng thẳng qua A, vuông góc víi BO( ; 1)

JJJG

cã ph−¬ng tr×nh 3x y 0+ − = )

0,25

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình ta đợc trực tâm H( ; 1) 0,25

+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y =

Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x y 0+ + =

(45)

3 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác

OAB I( ; 1) 0,25

III.2.a (1,0 ®iĨm)

+ Ta cã: C 2; 0; 0(− ), D 0;( −1; 0), M(−1;0; 2) ,

SA=(2;0;−2 2), BMJJJJG= − −( 1; 1; 2) 0,25 Gọi góc SA BM

Ta đợc: ( )

SA.BM 3 cos cos SA, BM

2 SA BM

α = = =

JJJG JJJJG JJJG JJJJG

JJJG JJJJG ⇒ α = °30

0,25 + Ta cã: ⎡⎣SA, BMJJJG JJJJG⎦⎤= −( 2; 0; 2− ), ABJJJG= −( 2; 1; 0) 0,25 VËy:

( ) SA, BM AB

d SA, BM

3 SA, BM

⎡ ⎤⋅

⎣ ⎦

= =

⎡ ⎤

⎣ ⎦

JJJG JJJJG JJJG

JJJG JJJJG 0,25

III.2.b (1,0 ®iĨm)

Ta cã MN // AB // CD N trung điểm SD

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− ;

2 ;

N

0,25

( )

SAJJJG= 2; 0; −2 ,SM=(−1;0;− 2), SB=(0;1;−2 2), SN 0; 1; 2

⎛ ⎞

=⎜ − − ⎟

⎝ ⎠

JJJG

( )

SA, SM 0; 2;

⎡ ⎤

⇒⎣JJJG JJJG⎦= 0,25

S.ABM

1 2

V SA,SM SB

6 ⎡ ⎤

= ⎣JJJG JJJG JJG⎦⋅ = 0,25

S.AMN

1

V SA,SM SN

6 ⎡ ⎤

= ⎣JJJG JJJG JJJG⎦⋅ = ⇒ VS.ABMN =VS.ABM +VS.AMN = 0,25

IV 2,0

IV.1 (1,0 ®iĨm)

2

1 x

I dx

1 x

=

+ −

∫ §Ỉt: t= x−1⇒ x=t2+1⇒ dx=2tdt

x=1⇒t =0, x=2⇒t =1 0,25

(46)

4 Ta cã:

1

2

0 0

t t t

I 2t dt dt t t dt

1 t t t

+ + ⎛ ⎞

= = = ⎜ − + − ⎟

+ + ⎝ + ⎠

∫ ∫ ∫

0,25 I

1

3

0

1

2 t t 2t 2ln t

3

⎡ ⎤

= ⎢ − + − + ⎥

⎣ ⎦ 0,25

1 11

I 2 2ln 4ln

3

⎡ ⎤

= ⎢ − + − ⎥= −

⎣ ⎦ 0,25

IV.2 (1, ®iĨm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

8

2 2

8 8 8

5

5 10 12 14 16

8 8

x x C C x x C x x C x x C x x C x x C x x C x x C x x

⎡ + − ⎤ = + − + − + − + −

⎣ ⎦

+ − + − + − + − 0,25

BËc cña x số hạng đầu nhỏ 8, bậc x số hạng cuối lớn 0,25

VËy x8 chØ cã c¸c sè hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng lµ:

C C , C C38 23 48 04 0,25

Suy a8=168 70 238+ = 0,25

V 1,0

Gäi M=cos2A+2 2cosB+2 2cosC−3

2 cos

cos 2 cos

2 − + ⋅ + ⋅ − −

= A B C B C 0,25

Do

2

sinA > ,

2

cosB−C ≤ nªn M 2cos A sin2 A

2

≤ + − 0,25

Mặt khác tam giác ABC không tù nên cosA0, cos2A≤cosA Suy ra:

4 sin cos

2 + −

≤ A A

M

2 sin sin

2 ⎟+ −

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ −

= A A

2 sin sin

4 + −

−

= A A

2 sin 2

2

≤

⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛ −

−

= A VËy M≤0 0,25

Theo gi¶ thiÕt: M = ⇔

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

= = −

=

2 sin

1 cos

cos cos2

A C B

A A

⇔ A 90

B C 45

= °

⎧ ⎨

= = °⋅

⎩

(47)

1 Bộ giáo dục đào tạo Đáp án - Thang điểm

Đề thức Môn: Toán, Khối B (Đáp án - thang điểm cã trang)

C©u ý Néi dung §iĨm

I 2,0

1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm)

y 1x3 2x2 3x

3

= − + (1)

a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:

y' = x2 − 4x + 3; y'=0⇔ x=1, x=3 0,25

yC§ = y(1) =

3, yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = ( ) x 2, y

3

⇔ = = Đồ thị

hàm số lồi khoảng (; 2), lõm khoảng ( 2; + ) có điểm uèn lµ

2 U 2;

3

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠.

0,25

x + ∞

y' + − +

y

3 + ∞

0,25

c) Đồ thị:

Giao điểm đồ thị với trục Ox, Oy điểm ( ) ( )0;0 , 3;0

0,25

(48)

2 2 Viết phơng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn, (1,0 điểm)

Tại điểm uèn U 2;2

3

⎛ ⎞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠, tiÕp tun cđa (C) cã hƯ sè gãc y'(2)=−1 0,25

Tiếp tuyến ∆ điểm uốn đồ thị (C) có ph−ơng trình:

y 1.(x 2) y x

3

= − − + ⇔ = − + 0,25

Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ x bằng:

y'(x) = x2 −4x+3 = (x−2)2 −1 ≥ −1⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x 0,25

Dấu " =" xảy x = ( hoành độ điểm uốn)

Do tiếp tuyến đồ thị (C) điểm uốn có hệ số góc nhỏ 0,25

II 2,0

1 Giải phơng trình (1,0 điểm)

5sinx − = tg2x ( − sinx) (1) §iỊu kiƯn: cosx ≠ ⇔ x ≠ k , k Z

2

π + π ∈ (*) 0,25

Khi (1) ⇔

2 3sin x

5sin x (1 sin x)

1 sin x

− = −

− 2sin 3sin

2 + − =

⇔ x x 0,25

2 sin =

x sinx=2 (vô nghiệm)

0,25 π

+ π = ⇔

=

6

1

sinx x k hc = π+ 2π

5 k

x , k∈Z ( tho¶ m·n (*))

0,25

2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số (1,0 điểm)

y =

2 ln x

x

⇒ y ' ln x(2 ln x)2

x

−

= ⋅ 0,25

y'=

3

2

ln x x [1; e ] ln x x e [1; e ]

⎡

= = ∈

⎡

⇔⎢ ⇔⎢

= ⎢ = ∈

⎣ ⎣ 0.25

Khi đó: y(1) = 0, y(e )2 42, y(e )3 93

e e

= =

0,25 So sánh giá trị trên, ta cã:

3

2

2 [1; e ] [1; e ]

4

max y x e , y x e

= = = =

0,25

III 3,0

1 Tìm điểm C (1,0 điểm)

Phơng trình đờng thẳng AB:

4

1

− − =

− y

x

⇔4x + 3y – = 0,25

Gi¶ sư C(x;y) Theo gi¶ thiÕt ta cã: x−2y−1=0 (1) d(C, (AB)) =

2

4x 3y 37 (2a) 4x 3y

6

4x 3y 23 (2b)

+ − =

+ − ⎡

⇔ = ⇔⎢

+ + =

+ ⎣ 0,25

Giải hệ (1), (2a) ta đợc: C1( ; 3) 0,25

Gi¶i hƯ (1), (2b) ta đợc: C2 43; 27

11 11

− ⎞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

(49)

3

Gäi giao ®iĨm cđa AC BD

O SO (ABCD) , suy

n

SAO= ϕ

Gäi trung điểm AB M

OMAB SM ABGóc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) SMOn

0,25

Tam giác OAB vuông cân O, nªn OM =a OA= a ⇒SO= a tgϕ

2 2

2 ,

2

Do đó: tgSMOn SO tg

OM

= = ϕ

0,25

2

S.ABCD ABCD

1 a 2

V S SO a tg a tg

3

= = ϕ = ϕ 0,50

3 Viết phơng trình đờng thẳng (1,0 điểm)

Đờng thẳng d có vectơ phơng v=(2;1;4) 0,25

B ∈ d ⇔ B(−3+2t;1−t;−1+4t) (với số thực t )

( )

AB 2t;3 t; 4t

⇒ JJJG= + − − + 0,25

AB ⊥ d ⇔ AB.v=0 ⇔2(1 2t) (3 t) 4( 4t) 0+ − − + − + = ⇔ t = 0,25

AB (3; 2; 1)

JJJG= Phơng trình

1

2

4 :

− − = + = +

∆ x y z 0,25

IV 2,0

1 Tính tích phân (1,0 điểm)

dx x

x x I= ∫e +

1

ln ln

Đặt: t 3ln x t2 3ln x 2tdt 3dx

x

= + ⇒ = + ⇒ =

x 1= ⇒t 1= , x e= ⇒t 2= 0,25

Ta cã: ( )

2 2

2

1

2 t

I t dt t t dt

3

−

= ∫ = ∫ −

0,25

2

1

2 1

I t t

9

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟

⎝ ⎠ 0,25

I =

135 116

0,25

(50)

4 2 Xác định số đề kiểm tra lập đ−ợc (1,0 điểm)

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ 3, nên có tr−ờng hợp sau: • Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

23625

102 15

2

15 C C =

C 0,25

ã Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn lµ:

C152 C110.C25 =10500 0,25

ã Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

22750

110 15

3

15 C C =

C 0,25

Vì cách chọn đôi khác nhau, nên số đề kiểm tra lập đ−ợc là:

23625+10500+22750=56875 0,25

V Xác định m để ph−ơng trình có nghiệm 1,0

§iỊu kiƯn: − x 1.Đặt t = x+ x− Ta cã: x+ ≥ x− ⇒t 0≥ , t = x =

t2 = −2 x− ≤2 ⇒t≤ 2, t = x =

Tập giá trị t [0; 2] ( t liên tục đoạn [1; 1]) 0,25

Phng trỡnh ó cho trở thành: m(t 2+ = − + +) t2 t

2 t t

m t

− + +

⇔ =

+ (*)

XÐt f(t) =

2 t t

t

− + +

+ với ≤ t ≤ Ta có f(t) liên tục đoạn [0; 2] Ph−ơng trình cho có nghiệm x ⇔ Ph−ơng trình (*) có nghiệm t ∈ [0; 2] ⇔

] ; [ ]

2 ; [

) ( max )

(

minf t ≤m≤ f t

0,25 Ta cã: f '(t) =

( )

2 t 4t

0, t 0; t

− − ≤ ∀ ∈⎡ ⎤

+ f(t) nghịch biến [0; 2] 0,25

Suy ra:

[0; ] [0; ]

min f (t) f ( 2)= = ;− max f (t) f (0) 1= =

(51)

Bộ giáo dục đào tạo Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 - Mơn: Tốn, Khối D

Đề thức Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -

C©u I (2 ®iĨm)

Cho hµm sè y x= −3 3mx2+9x 1+ (1) víi m lµ tham sè 1) Khảo sát hàm số (1) m =

2) Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1) thuộc đ−ờng thẳng y = x +

Câu II (2 điểm)

1) Gii phng trình (2cosx−1)(2sinx+cosx)=sin2x−sinx 2) Tìm m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− = +

= +

1

m y

y x x

y x

Câu III (3 điểm)

1) Trong mt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(−1; 0);B(4; 0);C(0;m) vớim≠ Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC theo m Xác định m để tam giác GAB vuông G

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 Biết A(a; 0; 0),

, ), ; ; ( ), ; ; ( ), ; ;

(−a C B1 −a b a> b>

B

a) Tính khoảng cách hai đờng thẳng B1C AC1 theo a,b

b) Cho a,b thay đổi, nh−ng ln thỏa mãn a+b=4 Tìm a,b để khoảng cách hai đ−ờng thẳng B1C AC1lớn

3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0;1), B(1; 0; 0), C(1;1;1)và mặt phẳng (P): x+y+z−2=0 Viết ph−ơng trình mặt cầu qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phng (P)

Câu IV (2 điểm)

1) Tính tÝch ph©n I = ∫ −

2

) ln(x x dx

2) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn cña

7

3

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ x

x với x >

Câu V (1 điểm)

Chứng minh ph−ơng trình sau có nghiệm x5 −x2 −2x−1=0

- C¸n coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số báo danh

(52)

1

Bộ giáo dục đào tạo Đáp án - Thang điểm

§Ị chÝnh thøc Môn: Toán, Khối D (Đáp án - thang điểm có trang)

Câu ý Néi dung §iĨm

I 2,0

1 Khảo sát hàm số (1,0 ®iÓm)

2⇒ = − + +

= y x x x

m

a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:

y ' 3x= 2−12x 3(x+ = −4x 3)+ ; y ' 0= ⇔ =x 1, x 3= 0,25 yC§ = y(1) = , yCT = y(3) =1. y'' = 6x −12 = ⇔ x = y = Đồ thị hàm

số lồi khoảng (; 2), lõm khoảng (2;+) có ®iĨm n lµ

) ; (

U 0,25

x −∞ + ∞

y' + − +

y + ∞

−∞

0,25

c) Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0; 1)

0,25

2 Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1,0 điểm)

y = x3 − 3mx2 + 9x + (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m

y"= ⇔ x = m ⇒ y = −2m3 + 9m + 0,25

y" đổi dấu từ âm sang d−ơng qua x = m, nên điểm uốn đồ thị hàm số

(1) lµ I( m; −2m3 + 9m +1) 0,25

I thuộc đờng thẳng y = x + ⇔ −2m3 + 9m + = m + 0,25

⇔ 2m(4 − m2 ) = ⇔ m = hc m=±2

(53)

2

II 2,0

1 Giải phơng trình (1,0 điểm)

( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx

⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0,25

• 2cosx − 1= ⇔ cosx =1 x k2 , k

2

π

⇔ = ± + π ∈Z

0,25

• sinx + cosx = ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k

4

π

= − + π ∈Z

0,25 VËy ph−¬ng trình có nghiệm là: x k2

3

= ± + π vµ x k , k

4

π

= − + π ∈Z

0,25

2 Tìm m để hệ ph−ơng trình có nghiệm (1,0 điểm)

Đặt: u = x , v= y, u 0, v 0.≥ ≥ Hệ cho trở thành: u v 13 3

u v 3m + =

⎧ ⎨

+ = −

⎩ (*) 0,25

u v uv m

+ =

⎧

⇔⎨

=

⎩ ⇔ u, v lµ hai nghiƯm cđa phơng trình: t

2

t + m = (**)

0,25 Hệ cho có nghiệm (x; y) ⇔ Hệ (*) có nghiệm u ≥ 0, v ≥ ⇔ Ph−ơng trình

(**) cã hai nghiệm t không âm 0,25

1 4m

1

S 0 m

4 P m

∆ = − ≥ ⎧

⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤

⎨

⎪ = ≥

⎩ 0,25

III 3,0

1 Tính toạ độ trọng tâm G tam giác ABC tìm m (1,0 điểm)

Trọng tâm G tam giác ABC có tọa độ: xG xA xB xC 1; yG yA yB yC m

3 3

+ + + +

= = = = VËy G(1; m

3 ) 0,25

Tam giác ABC vuông góc G GA.GB 0JJJG JJJG= 0,25

m m

GA( 2; ), GB(3; )

3

− − −

JJJG JJJG

0,25

GA.GB 0JJJG JJJG= m2

⇔ − + = ⇔ = ±m 6

0,25

2 Tính khoảng cách B1C AC1, (1,0 điểm)

a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

1

C (0; 1; b), B C (a; 1; b)JJJJG= −

1

AC = −( a; 1; b), AB = −( 2a;0; b) JJJJG JJJJG

0,25

(54)

3

( ) 1

1 2 2

1

B C, AC AB ab d B C, AC

a b B C, AC

⎡ ⎤

⎣ ⎦

= =

⎡ ⎤ +

⎣ ⎦

JJJJG JJJJG JJJJG

JJJJG JJJJG

0,25 b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

1 2 2

ab ab 1 a b

d(B C; AC ) ab

2

2ab 2

a b

+

= ≤ = ≤ =

+ 0,25

Dấu "=" xảy a = b =

Vậy khoảng cách B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng a = b = 0,25

3 Viết phơng trình mặt cầu (1,0 điểm)

I(x; y; z) tâm mặt cầu cần tìm I (P) IA = IB = IC

Ta cã: IA2 = (x −2)2 + y2 + ( z − 1)2 ; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;

IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2

0,25 Suy hệ phơng trình:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = − + + 2 2 IC IB IB IA z y x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + + ⇔ 2 z y z x z y x 0,25 ⇔x=z=1; y=0 0,25

⇒

= =IA

R Phơng trình mặt cầu ( x −1)2 + y2 + ( z −1)2 =1 0,25

IV 2,0

1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)

I =

3 2

ln(x x) dx

Đặt

2

2 2x

du dx

u ln(x x)

x x

dv dx v x

− ⎧ ⎧ = − ⎪ = ⇒ − ⎨ ⎨ = ⎩ ⎪⎩ = 0,25 3 2 2

2x 1

I x ln(x x) dx 3ln 2ln 2 dx

x x

− ⎛ ⎞

= − − = − − ⎜ + ⎟

− ⎝ − ⎠

∫ ∫

0,25

( )3

2

3ln 2ln 2x ln x

= − − + −

0,25

I = 3ln6 − 2ln2 − − ln2 = 3ln3 − 0,25

2 Tìm số hạng không chứa x (1, điểm)

Ta cã: ( )

7 7 k

7 k k 3 4 k 1 1

x C x

x x − = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∑ ⎝ ⎠ 0,25

7 k k 28 7k

7

k 3 4 k 12

7

k k

C x x C x

− − −

= =

=∑ =

0,25 Số hạng không chứa x số hạng tơng ứng với k (k Z, k 7)∈ ≤ ≤ tho¶ m·n: 12 28 = ⇔ =

− k k

0,25

(55)

4

V Chứng minh phơng trình có nghiệm 1,0

x5 − x2 − 2x − = (1)

(1) ⇔ x5 = ( x + 1)2≥ ⇒ x ≥ ⇒ (x + 1) 2≥ ⇒ x5≥ ⇒ x ≥ 0,25

Với x ≥ 1: Xét hàm số f (x) x= 5−x2−2x 1− Khi f(x) hàm số liên tục với x ≥

Ta cã:

f(1) = − < 0, f(2) = 23 > Suy f(x) = cã nghiÖm thuéc ( 1; 2) (2) 0,25 f '( x) = 5x4−2x (2x− = 4−2x) (2x+ 4− +2) x4

=2x(x3− +1) 2(x4− +1) x4 > ∀ ≥0, x 0,25 Suy f(x) đồng biến [ 1; +∞) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ph−ơng trình cho có nghiệm 0,25

(56)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số y = 2x3−9x2+12x 4.− Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x3−9x2+12 x = m

1 Giải phương trình: ( )

6

2 cos x sin x sin x cos x

0 2sin x

+ −

= −

2 Giải hệ phương trình: x y xy (x, y )

x y

⎧ + − =

⎪ ∈

⎨

+ + + =

⎪⎩ \

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' với

( ) ( ) ( ) ( )

A 0; 0; , B 1; 0; , D 0; 1; , A ' 0; 0; Gọi M N trung điểm AB CD

1 Tính khoảng cách hai đường thẳng A 'C MN

2 Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C tạo với mặt phẳng Oxy góc α

biết cos

6 α =

1 Tính tích phân:

2

0

sin 2x

I dx

cos x 4sin x

π

=

+

∫

2 Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi thỏa mãn điều kiện: (x y xy+ ) = x2+y2−xy Tìm giá trị lớn biểu thức A 13 13

x y

= +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng:

1

d : x y 3+ + = 0, d : x y 4− − = 0, d : x 2y− =0

Tìm tọa độđiểm M nằm đường thẳng d cho kho3 ảng cách từ M đến đường thẳng

d hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d 2

2 Tìm hệ số số hạng chứa x khai tri26 ển nhị thức Niutơn

n

x ,

x

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ biết C12n 1+ +C2n 12 + + + C2n 1n + =220−1

(n nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: 3.8x+4.12x−18x−2.27x =0

2 Cho hình trụ có đáy hai hình trịn tâm O O ', bán kính đáy chiều cao a Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B

sao cho AB 2a.= Tính thể tích khối tứ diện OO 'AB

-Hết -

Cán coi thi khơng giải thích thêm

(57)

1/5

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1,00 điểm) y = 2x3−9x2+12x 4.−

• TXĐ: \

• Sự biến thiên: y ' x= ( 2−3x 2+ ), y ' 0= ⇔ =x 1, x 2.= 0,25

+ _

+

+∞

-∞

0

2

1 +∞

-∞

y y' x

yCĐ = y 1( )=1, yCT =y 2( )=0 0,50

•Đồ thị:

O

−4 1

2 x

y

0,25

2 Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với: x3−9 x2+12 x m 4− = − Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số

3

y x= −9 x +12 x 4− với đường thẳng y m 4.= − 0,25

Hàm số y x= 3−9 x2+12 x 4− hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục

đối xứng 0,25

(58)

2/5

Từđồ thị hàm sốđã cho suy đồ thị hàm số:

3 2

y x= −9x +12 x 4−

0,25

Từđồ thị suy phương trình cho có nghiệm phân biệt khi:

0 m 1< − < ⇔ < <4 m 0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện: sin x ( )1

≠

Phương trình cho tương đương với:

( 6 )

2 sin x cos x sin x cos x sin 2x sin 2x

4

⎛ ⎞

+ − = ⇔ ⎜ − ⎟− =

⎝ ⎠

⇔3sin 2x sin 2x 02 + − = 0,50

⇔sin 2x 1=

x k (k )

4

π

⇔ = + π ∈] 0,25

Do điều kiện (1) nên: x 2m (m )

π

= + π ∈] 0,25

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện: x≥ −1, y≥ −1, xy 0.≥ Đặt t= xy t ( ≥ ) Từ phương trình thứ

nhất hệ suy ra: x y t.+ = + 0,25

Bình phương hai vế phương trình thứ hai ta được: ( ) x y 2 xy x y 16+ + + + + + = Thay xy t , x y t= + = + vào (2) ta được:

2

3 t 2 t+ + + + + + =3 t 16 ⇔ t + + = −t 11 t

0,25

( 2 ) ( )2 2

0 t 11 0 t 11

t

4 t t 11 t 3t 26t 105

≤ ≤

⎧ ⎧ ≤ ≤

⎪

⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔ =

+ + = − ⎩ + − =

⎪⎩ 0,25

Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm hệ (x; y) (3;3).= 0,25 O

−4 1

2 x

−1

−2

(59)

3/5

III 2,00

1 Tính khoảng cách hai đường thẳng A 'C MN (1,00 điểm)

Gọi ( )P mặt phẳng chứa A 'C song song với MN Khi đó:

( ) ( ( ))

d A 'C, MN =d M, P 0,25

Ta có: C 1;1;0 , M( ) 1;0;0 , N 1;1;0

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A 'CJJJJG=(1;1; , MN− ) JJJJG=(0; 1; 0)

A 'C, MN 1; 1 1; (1;0;1 )

1 0 0

⎛ − − ⎞

⎡ ⎤=⎜ ⎟=

⎣ ⎦ ⎝ ⎠

JJJJG JJJJG

0,25 Mặt phẳng ( )P qua điểm A ' 0;0;1 ,( ) có vectơ pháp tuyến nG=(1;0;1 ,) có

phương trình là: x 0( − +) (0 y 0− +) (1 z 1− = ⇔ + − =) x z 0,25

Vậy ( ) ( ( ))

2 2

1

d A 'C, MN d M, P

2

1

+ −

= = =

+ + 0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)

Gọi mặt phẳng cần tìm ( )Q : ax by cz d a+ + + = ( 2+ + >b2 c2 0 )

Vì ( )Q qua A ' 0;0;1( ) C 1;1;0( ) nên: c d c d a b a b d

+ =

⎧

⇔ = − = +

⎨

+ + =

⎩

Do đó, phương trình ( )Q có dạng: ax by+ + +(a b z) (− +a b)=0 0,25 Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến nG =(a; b;a b+ ), mặt phẳng Oxy có

vectơ pháp tuyến kG =(0;0;1)

Vì góc ( )Q Oxy α mà cos

α = nên cos n, k( )

=

G G

0,25

( )2

2

a b

6

a b a b

+

⇔ =

+ + + ( ) ( )

2 2 2

6 a b a b ab

⇔ + = + +

⇔ = −a 2b b= −2a 0,25

Với a= −2b, chọn b= −1, mặt phẳng ( )Q : 2x y z 0.1 − + − =

Với b= −2a, chọn a =1, mặt phẳng ( )Q : x 2y z 0.2 − − + =

0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

Ta có: 2

2 2

0

sin 2x sin 2x

I dx dx

cos x 4sin x 3sin x

π π

= =

+ +

∫ ∫

Đặt t 3sin x= + ⇒dt 3sin 2xdx.= 0,25

Với x 0= t 1= , với x

π

= t 4.= 0,25

Suy ra:

4

1

1 dt I

3 t

= ∫ 0,25

4

1

2

t

3

= = 0,25

(60)

4/5

2 Tìm giá trị lớn A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 1 12 12

x+ =y x +y −xy

Đặt a, b

x = y = ta có: ( )

2

a b a+ = +b −ab

A a= 3+b3 = +(a b a)( 2+b2−ab)= +(a b )2 0,25

Từ (1) suy ra: a b+ = +(a b)2−3ab Vì

2

a b ab

2

+

⎛ ⎞

≤⎜ ⎟

⎝ ⎠ nên ( ) ( )

2

a b a b a b

4

+ ≥ + − +

( )2 ( )

a b a b 0 a b

⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤

Suy ra: A= +(a b)2≤16

0,50

Với x y

= = A 16.= Vậy giá trị lớn A 16 0,25

V.a 2,00

1 Tìm điểm M d∈ 3 cho d M,d( 1)=2d M, d( 2) (1,00 điểm)

Vì M d∈ 3 nên M 2y; y ( ) 0,25

Ta có:

( ) ( )

( )

1 2 2 2

2

2y y 3y 2y y y

d M,d , d M,d

2

1 1

+ + + − − −

= = = =

+ + − 0,25

( 1) ( 2)

d M,d =2d M,d ⇔ 3y y y 11, y

2

+ −

= ⇔ = − = 0,25

Với y= −11 điểm M1(−22; 11 − )

Với y 1= điểm M 2; 2( ) 0,25

2 Tìm hệ số của x khai tri26 ển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)

• Từ giả thiết suy ra: C2n 10 + +C12n 1+ + ⋅⋅⋅+Cn2n 1+ =220 ( )1 Vì Ck2n 1+ =C2n k2n 1+ −+ , k,0 k 2n 1∀ ≤ ≤ + nên:

( ) ( )

0 n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n

1

C C C C C C

2

+

+ + + + ⋅⋅⋅+ + = + + + + ⋅⋅⋅+ + 0,25

Từ khai triển nhị thức Niutơn ( )1 1+ 2n 1+ suy ra:

C02n 1+ +C12n 1+ + ⋅⋅⋅+C2n 12n 1++ = +( )1 2n 1+ =22n 1+ ( )3

Từ (1), (2) (3) suy ra: 22n =220 hay n 10.= 0,25

• Ta có: ( ) ( )

10 10 10

10 k k

7 k k 11k 40

10 10

4

k k

1

x C x x C x

x

−

− −

= =

⎛ + ⎞ = =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25

Hệ số x 26 k 10

C với k thỏa mãn: 11k 40 26− = ⇔ =k Vậy hệ số x là: 26

10

(61)

5/5

V.b 2,00

1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với: ( )

3x 2x x

2 2

3

3 3

⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ −⎛ ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25

Đặt ( )

x

2

t t

3

⎛ ⎞

=⎜ ⎟ >

⎝ ⎠ , phương trình (1) trở thành:

3

3t +4t − − =t 0,25

( ) (2 )

t 3t t

3

⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ) 0,25

Với t

=

x

2

3

⎛ ⎞ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ hay x 1.= 0,25

2 Tính thể tích khối tứ diện (1,00 điểm)

Kẻ đường sinh AA ' Gọi D điểm đối xứng với A ' qua O ' H hình chiếu B đường thẳng A 'D

A A'

O

O' H D

B

Do BH⊥A 'D BH⊥AA ' nên BH ⊥(AOO 'A ' ) 0,25

Suy ra: VOO 'AB 1.BH.SAOO '

= 0,25

Ta có: A 'B= AB2−A 'A2 = 3a ⇒BD= A 'D2−A 'B2 =a

BO 'D

⇒Δ BH a

2

⇒ = 0,25

Vì AOO ' tam giác vuông cân cạnh bên a nên: SAOO ' 1a

2

=

Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là:

2

1 3a a 3a

V

3 2 12

= = 0,25

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

-Hết -

(62)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y x2 x x

+ − =

+

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên ( )C

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: cotgx sin x tgxtgx

⎛ ⎞

+ ⎜ + ⎟=

⎝ ⎠

2 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2 +mx 2x 1.+ = +

Câu III (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) hai đường thẳng:

1

x t

x y z

d : , d : y 2t

2 1

z t

= + ⎧

− + ⎪

= = ⎨ = − −

− ⎪

= + ⎩

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 d2

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho ba điểm A, M, N thẳng hàng Câu IV (2 điểm)

1 Tính tích phân: ln

x x

ln

dx I

e 2e−

=

+ −

∫

2 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( )2 ( )2

A= x 1− +y + x 1+ +y + −y

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C : x2+y2−2x 6y 6− + = điểm

( )

M −3; Gọi T 1 T ti2 ếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến ( )C Viết phương trình đường thẳng T T 1 2

2 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ ) Biết rằng, số tập gồm phần tử A 20 lần số tập gồm phần tử A Tìm k∈{1, 2, , n} cho số tập gồm k phần tử A lớn

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1 Giải bất phương trình: log 45( x+144)−4log log 25 < + 5( x 2− +1 )

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD a 2= = , SA a= SA vng góc với mặt phẳng (ABCD ) Gọi M N trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (SMB) Tính thể tích khối tứ diện ANIB

- Hết -

(63)

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 Mơn: TỐN, khối B

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

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

2

x x 1

y x

x x

+ −

= = − +

+ +

• Tập xác định: \\{ }−2

• Sự biến thiên:

( )2

1

y ' ,

x

= −

+ y' = ⇔ x = −3 x = −1 0,25

yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1

0,25

•Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = −

- Tiệm cận xiên: y = x − 0,25

•Đồ thị (C):

0.25

2 Viết phương trình tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên đồ thị (C) (1,00 điểm) Tiệm cận xiên đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vng góc

với tiệm cận xiên có hệ số góc k = −1 0,25 Hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình: y' = −1

⇔ −

( )2

1

x 2+ = −1 ⇔ x = −2

2

± 0,25

Với x = − +

2 ⇒ y =

2 − ⇒ pt tiếp tuyến (d1): y = −x + 2−5, 0,25 Với x = − −

2 ⇒ y = −

2 − ⇒ pt tiếp tuyến (d2): y = −x − 2−5 0,25 x

y' y

−∞

−∞ −∞

+ ∞

+ ∞ −5

−1

−1 0

−3 −2

− −

+ +

x y

O

−1

−3 −2

−5

(64)

2/4

II 2,00

1 Giải phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện: sin x 0, cos x 0, cosx

≠ ≠ ≠ (1) 0,25 Phương trình cho tương đương với:

x x

cos x cos sin x sin

cos x 2 2

sin x

x sin x cos x cos

2

+

+ =

cos x sin x 1

4 sin 2x

sin x cos x sin x cos x

⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0,50

x k

12

x k

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

x +mx 2x 1+ = + (2)

⇔ 2

2x x mx (2x 1)

+ ≥ ⎧

⎨ + + = +

⎩ ⇔

1 x

2

3x (m 4)x (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

S m

2

1 m

f 0, f(x) = 3x (m 4)x

2

0,25

⇔ m ≥

2 0,25

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 d2 (1,00 điểm)

Vectơ phương d1 d2 là: u1=(2; 1; 1)−

JJG

uJJG2 = −(1; 2; 1) 0,25

⇒ vectơ pháp tuyến (P) là: JJGn [u , u ] ( 1; 3; 5).= JJG JJG1 2 = − − − 0,25 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0,25 Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P)

Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm (P): x + 3y + 5z − 13 = 0,25

2 Tìm tọa độ điểm M ∈ d1, N ∈ d2 cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; + m; − − m), N(1 + n; −1 − 2n; + n)

⇒ AMJJJJG = (2m; m; −3 − m); ANJJJG = (1 + n; −2 − 2n; n) 0,25

(65)

3/4

IV 2,00

ln ln x

x x 2x x

ln ln

dx e dx

I

e 2e− e 3e

= =

+ − − +

∫ ∫

Đặt t = ex⇒ dt = ex dx; 0,25

với x = ln3 t = 3; với x = ln5 t = 0,25

⇒

5

3

dt I

(t 1)(t 2)

=

− −

∫

3

1

dt t t

⎛ ⎞

= ⎜ − − − ⎟

⎝ ⎠

∫ 0,25

5

3

t

ln ln

t

−

= =

− 0,25

2 Tìm giá trị nhỏ 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 (x 1− )2+y2 + (x 1+ )2+y2 ≥ 4y+ =2 y +

Do đó: A y≥ + + − =y f (y) 0,25

• Với y ≤ ⇒ f(y) =2 y+ + − y

⇒ f '(y) =

2

2y

y +1−

f '(y) = ⇔ 2y = y+

⇔ y 02 2

4y y

≥ ⎧⎪ ⎨

= +

⎪⎩ ⇔ y =

1 3.

Do ta có bảng biến thiên hình bên:

0,50

• Với y ≥ ⇒ f(y) ≥2 y+ ≥ > 2+ Vậy A ≥ 2+ với số thực x, y

Khi x = y =

3 A = 2+ nên giá trị nhỏ A 2+ 0,25

V.a 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm) Đường trịn (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = MI = > R nên M nằm

(C) Nếu T(xo; yo) tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)

∈ ⎧⎪ ⎨

⊥ ⎪⎩JJJG JJG

T (C)

MT IT ⇒ ∈ ⎧⎪ ⎨

= ⎪⎩JJJG JJG

T (C)

MT.IT 0,25

MT JJJG

= (xo + 3; yo−1), IT

JJG

= (xo−1; yo−3) Do ta có:

2

o o o o

x y 2x 6y (x 3)(x 1) (y 1)(y 3)

⎧ + − − + =

⎪ ⎨

+ − + − − =

⎪⎩ 0,25

⇒

2

o o o o

2

o o o o

x y 2x 6y x y 2x 4y

⎧ + − − + =

⎪ ⎨

+ + − =

⎪⎩ ⇒ 2xo+yo− =3 (1) 0,25

Vậy, tọa độ tiếp điểm T1 T2 tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thỏa

mãn đẳng thức (1) Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0,25

f(y) y

f '(y) − +

−∞

2+

3

(66)

4/4

2 Tìm k∈{1,2, …, n} cho số tập gồm k phần tử A lớn (1,00 điểm)

Số tập k phần tử tập hợp A C kn Từ giả thiết suy ra: C4n =20C2n 0,25

2

n 5n 234 n 18

⇔ − − = ⇔ = (vì n ≥ 4) 0,25

Do 18k k 18

C 18 k

k C

+ −

=

+ > ⇔ k < 9, nên

1

18 18 18

C <C < < C ⇒ 10 18

18 18 18

C >C > > C

Vậy, số tập gồm k phần tử A lớn k = 0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Bất phương trình cho tương đương với

x x

5 5

x x

5 5

x x

5

log (4 144) log 16 log (2 1)

log (4 144) log 16 log log (2 1) log (4 144) log [80(2 1)]

−

− −

+ − < + +

⇔ + < + + +

⇔ + < + 0,50

( )

x x x x

4 144 80 − 20.2 64

⇔ + < + ⇔ − + < 0,25

x

4 16 x

⇔ < < ⇔ < < 0,25

2 Tính thể tích khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

Xét ΔABM ΔBCA vuông có AM BA

AB = = BC⇒ΔABM đồng dạng ΔBCA ⇒ ABM BCAn=n⇒ ABM BAC BCA BAC 90n n+ =n n+ = o ⇒ AIBn= 90o

⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25

SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2)

Từ (1) (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC) 0,25 Gọi H trung điểm AC ⇒ NH đường trung bình ΔSAC

⇒ NH = SA a

2 = NH//SA nên NH ⊥ (ABI), VANIB =

3NH.SΔABI 0,25

2 2

1 1

AI =AB +AM ⇒ AI =

a 3 ,

2 2

BI =AB −AI ⇒ BI = a

3 ⇒ SΔABI =

2

a

⇒ VANIB =

2

1 a a

3 =

3

a 36

0,25

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

- Hết -S

B

A

C

D I

N

H M

•

• •

•

a

(67)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y x= 3−3x 2+

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm sốđã cho

2 Gọi d đường thẳng qua điểm A(3; 20) có hệ số góc m Tìm m đểđường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt

1 Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 0.+ − − =

2 Giải phương trình: 2x 1− + x2−3x 0+ = (x∈\)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) hai đường thẳng:

1

x y z x y z

d : , d :

2 1

− = + = − − = − = +

− −

1 Tìm tọa độđiểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1

2 Viết phương trình đường thẳng Δ qua A, vng góc với d1 cắt d2

1 Tính tích phân: ( )

1

2x

I=∫ x e dx.−

2 Chứng minh với a 0> , hệ phương trình sau có nghiệm nhất:

x y

e e ln(1 x) ln(1 y)

y x a

⎧ − = + − +

⎪ ⎨

− =

⎪⎩

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2−2x 2y 0− + =

đường thẳng d: x y 0.− + = Tìm tọa độđiểm M nằm d cho đường trịn tâm M, có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường tròn (C)

2 Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh thuộc không lớp Hỏi có cách chọn vậy?

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: 2x2+x −4.2x x2− −22x + =4

2 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = 2a SA vng

góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M N hình chiếu vng góc A

đường thẳng SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM

- Hết - Cán coi thi không giải thích thêm

(68)

1/4

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 vẽđồ 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

x y

(69)

2/4

II 2,00

1 Giải phương trình (1,00 điểm)

−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 độđiểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm)

Mặt phẳng ( )α qua A 1; 2;3( ) vng góc với d có ph1 ương trình là:

( ) ( ) ( )

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 1 điểm AA ' ⇒A ' 1; 4;1 (− − ) 0,25

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

Vì Δ qua A, vng góc với d c1 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

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

−

= − + − = 0,50

(70)

3/4

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

( ) ( ) ( )

( )

x a x

e e ln x ln a x

y x a

+

⎧ − + + − + + =

⎪ ⎨

= +

⎪⎩

Hệđã 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, hệđã cho có nghiệm 0,25

V.a

1 Tìm tọa độđiểm M đểđường trịn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường tròn ( )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 u cầu tốn 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.+ + =

(71)

4/4

V.b 2,00

Giải phương trình (1,00 điểm)

( ) ( ) ( )( )

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

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 khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định.

- Hết

(72)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

2

x 2(m 1)x m 4m

y (1),

x

+ + + + =

+ m tham số

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m= −1

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực trị đồ thị với gốc tọa độ O tạo thành tam giác vuông O

1 Giải phương trình: (1 sin x cos x+ ) + +(1 cos x sin x sin 2x.2 ) = +

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x m x x− + + = 2−1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

x y z

d :

2 1

− +

= =

−

x 2t

d : y t z

= − +

⎧ ⎪

= +

⎨

⎪ =

⎩

1 Chứng minh d 1 d chéo 2

2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = cắt hai đường thẳng d ,1 d 2

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y= +(e x,) y= +( )1 e x.x

2 Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

x (y z) y (z x) z (x y)

P

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

+ + +

= + + ⋅

+ + +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉđược chọn làm câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) C(4; −2) Gọi H chân đường cao kẻ từ B; M N trung điểm cạnh AB BC Viết phương trình đường tròn qua điểm H, M, N

2 Chứng minh rằng:

2n

1 2n

2n 2n 2n 2n

1 1

C C C C

2 2n 2n

− −

+ + + + =

+

(n số nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải bất phương trình: 3 1

3

2 log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC, CD Chứng minh AM vng góc với BP tính thể tích khối tứ diện CMNP

-Hết -

Cán coi thi không giải thích thêm

(73)

1/4

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối A

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m= −1 ta có y x2 x

x x

−

= = − +

+ +

• Tập xác định: D = \{ 2}\ −

y ' 1 2 x2 4x 32 (x 2) (x 2)

+ +

= − =

+ + ,

x

y '

x

= − ⎡ = ⇔ ⎢ = −

⎣

0,25

yCĐ = y 3( )− = −6, yCT =y 1( )− = −2

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 0,25

•Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu … (1,00 điểm)

( )

2

x 4x m

y '

x

+ + − =

+

Hàm số (1) có cực đại cực tiểu ⇔ g x( )=x2+4x m+ − 2 có nghiệm

phân biệt x ≠−2

( )

2

' 4 m

g m

⎧∆ = − + > ⎪

⇔ ⎨

− = − + − ≠

⎪⎩ ⇔ m ≠

0,50

x −∞ −3 −2 −1 + ∞

y' + − − +

y −6 + ∞ + ∞

−∞ −∞ −2

x y

−3

−6

−2 O

−1

−2

(74)

2/4

Gọi A, B điểm cực trị⇒ A m; 2(− − − ), B m; 4m 2(− + − )

Do OAJJJG= − − −( m 2; 2)≠0G, JJJGOB=(m 2; 4m 2− − )≠0G nên ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O ⇔ OA.OB 0JJJG JJJG= ⇔ −m2−8m 8+ =0

⇔ m= − ±4 (thỏa mãn m ≠ 0) Vậy giá trị m cần tìm là: m= − ±4

0,50

II 2,00

Phương trình cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0,50

⇔ x π kπ, x π k2π, x k2π

4

= − + = + = (k ∈Z) 0,50

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x 1≥ Phương trình cho ⇔ x 24 x m (1)

x x

− −

− + =

+ +

Đặt t x

x

− =

+ , (1) trở thành

2

3t 2t m (2)

− + = 0,50

Vì t x 41

x x

−

= = −

+ + x 1≥ nên t 1.≤ <

Hàm số f (t)= −3t2+2t, t 1≤ < có bảng biến thiên:

Phương trình cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ m

− < ≤

0,50

III 2,00

1 Chứng minh d1 d2 chéo (1,00 điểm)

+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ phương u1

JJG

= (2; −1; 1), d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ phương u2

JJG

= (2; 1; 0) 0,25

+) [u , u ]JJG JJG1 2 = (−1; 2; 4) MNJJJJG = (−1; 0; 5) 0,50 +) [u , u ]JJG JJG1 2 MNJJJJG= 21 ≠ ⇒ d1 d2 chéo 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d1 d2 A, B Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên

A(2s;1 s; s), B( 2t;1 t;3).− − + − + + ⇒ ABJJJG= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5)

0,25 (P) có véctơ pháp tuyến nG = (7; 1; − 4)

AB ⊥ (P) ⇔ ABJJJG phương với nG 0,25

⇔ 2t 2s t s s

7

− − + − +

= =

− ⇔

5t 9s 4t 3s

+ + = ⎧

⎨ + + =

⎩ ⇔

s

t

= ⎧ ⎨ = − ⎩ ⇒ A 2;0; , B 5; 1;3 ( − ) (− − )

0,25

Phương trình d là: x y z

7

− = = +

− 0,25

1 1/3

0 f(t)

t

0

1/3

-1

(75)

3/4

IV 2,00

1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường cho là:

(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex− e)x = ⇔ x = x = 0,25 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S =

1 x

xe −ex dx

∫ =

1

x

0

e xdx∫ −∫xe dx 0,25 Ta có:

1

e xdx∫ =

2 1

ex =

e 2,

1

x x x

0

1

xe dx xe e dx

= −

∫ ∫ = e ex 1

0

− = Vậy S e

2

= − (đvdt)

0,50

2 Tìm giá trị nhỏ P (1,00 điểm)

Ta có: x (y z)2 + ≥2x x Tương tự, y (z x)2 + ≥ 2y y, z (x y)2 + ≥ 2z z 0,25

⇒ P 2x x 2y y 2z z

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

≥ + +

+ + + .

Đặt a =x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ Suy ra: x x 4c a 2b

9

+ −

= , y y 4a b 2c

9

+ −

= , z z 4b c 2a

9

+ −

=

0,25

Do P 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a

9 b c a

+ − + − + −

⎛ ⎞

≥ ⎜ + + ⎟

⎝ ⎠

c a b a b c

9 b c a b c a

⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤

= ⎢ ⎜ + + ⎟ ⎜+ + + ⎟− ⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦ ≥ ( )

2

4.3

9 + − =

(Do c a b b c a+ + =

c a b c

⎛ + ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠+

b a

⎛ + ⎞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ − ≥

a b +

b

a − ≥ − = 3,

hoặc c a b b c a+ + ≥

c a b

b c a⋅ ⋅ = Tương tự,

a b c

b c a+ + ≥ 3)

0,25 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P 0,25

V.a 2,00

1 Viết phương trình đường trịn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2),ACJJJG= (4; − 4) Giả sử H(x, y) Ta có:

BH AC

H AC

⎧ ⊥ ⎪ ⎨

∈ ⎪⎩

JJJG JJJG

⇔ 4(x 2) 4(y 2)

4x 4(y 2)

+ − + = ⎧

⎨ + − =

⎩ ⇔

x y

= ⎧ ⎨ =

⎩ ⇒ H(1; 1)

0,25 Giả sử phương trình đường trịn cần tìm là: x2 +y2+2ax 2by c 0+ + = (1) 0,25

Thay tọa độ M, N, H vào (1) ta có hệđiều kiện:

2a c 2a 4b c 2a 2b c

− = ⎧

⎪ − + = −

⎨

⎪ + + = −

⎩

0,25

1 a

2 b

2 c

⎧ = − ⎪ ⎪ ⎪

⇔⎨ =

⎪ = − ⎪ ⎪⎩

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: x2+y2− + − =x y 0.

0,25

(76)

4/4

2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có: ( )2n 2n 2n

2n 2n 2n

1 x+ =C +C x C x ,+ + ( )2n 0 1 2n 2n

2n 2n 2n

1 x− =C −C x C x+ +

( )2n ( )2n ( 3 5 2n 2n 1)

2n 2n 2n 2n

1 x x C x C x C x C −x −

⇒ + − − = + + + +

( ) ( ) ( )

1 2n 2n

1 3 5 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0

1 x x

dx C x C x C x C x dx

− −

+ − −

⇒∫ =∫ + + + +

0,50

• ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 2n 2n 2n 2n

0

1 x x x x

dx

0

2 2n

+ +

+ − − + + −

=

+

∫ =

2n

2

2n

− + (1)

• ( )

1

1 3 5 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0

C x C x+ +C x + + C −x − dx ∫

1

2 2n

1 2n

2n 2n 2n 2n

0

x x x x

C C C C

2 2n

−

⎛ ⎞

=⎜ + + + + ⎟

⎝ ⎠

2n

2n 2n 2n 2n

1 1

C C C C

2 2n

−

= + + + (2)

Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x >

4 Bất phương trình cho ⇔

2

(4x 3) log

2x

−

+ ≤ 0,25

⇔ (4x − 3)2≤ 9(2x + 3) 0,25

⇔ 16x2− 42x −18 ≤ ⇔ −3

8 ≤ x ≤ 0,25

Kết hợp điều kiện ta nghiệm bất phương trình là:

4 < x ≤ 0,25

2 Chứng minh AM ⊥ BP tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H trung điểm AD

Do ∆SAD nên SH⊥AD

Do(SAD) (⊥ ABCD)nên

( )

SH⊥ ABCD

( )

SH BP

⇒ ⊥

Xét hình vng ABCD ta có

CDH BCP

∆ = ∆ ⇒

( )

CH⊥BP Từ (1) (2) suy BP⊥(SHC )

Vì MN // SC AN // CH nên (AMN // SHC) ( ) Suy

( )

BP⊥ AMN ⇒ BP⊥AM

0,50

Kẻ MK⊥(ABCD , K) ∈(ABCD ) Ta có: VCMNP 1MK.SCNP

=

Vì

2 CNP

1 a a

MK SH , S CN.CP

2

= = = = nên

3 CMNP

3a V

96

= (đvtt)

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh−

đáp án quy định.

-Hết -

A S

D C

B H

M

N P

K

(77)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Cho hàm số: y= − +x3 3x2+3(m2−1)x 3m− −1 (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số (1) cách gốc tọa độ O

1 Giải phương trình: 2sin 2x sin 7x sin x.2 + − =

2 Chứng minh với giá trị dương tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:

( )

2

x +2x 8− = m x − Câu III (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S : x2+y2 + −z2 2x 4y 2z 0+ + − = mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − =

1 Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox cắt ( )S theo đường trịn có bán kính

2 Tìm tọa độđiểm M thuộc mặt cầu ( )S cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớn

Câu IV. (2 điểm)

1 Cho hình phẳng H giới hạn đường: y x ln x, y 0, x e.= = = Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình H quanh trục Ox

2 Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

x y z

P x y z

2 yz zx xy

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉđược chọn làm hai câu: V.a V.b) Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x khai tri10 ển nhị thức Niutơn của (2 x) ,+ n biết:

( )n

n n 1 n 2 n 3 n

n n n n n

3 C −3 C− +3 − C −3 C− + + − C =2048 (n số nguyên dương, k

n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A 2; 2( ) đường thẳng: d1: x + y – = 0, d2: x + y – =

Tìm tọa độ điểm B C thuộc d1 d2 cho tam giác ABC vng cân A Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1 Giải phương trình: ( 1− ) (x + 1+ )x −2 0.=

2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính (theo a) khoảng cách hai đường thẳng MN AC

-Hết -

(78)

1/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn: TỐN, khối B

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có y= − +x3 3x2−4

• Tập xác định: D = \

y '= −3x2+6x, y ' 0= ⇔ x 0= x 2.=

0,25 Bảng biến thiên:

yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = −

0,50

•Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)

Ta có: y '= −3x2+6x 3(m+ 2−1), y' = ⇔ x2−2x m− 2+ =1 (2)

Hàm số (1) có cực trị⇔ (2) có nghiệm phân biệt ⇔∆' = m2 > ⇔ m ≠ 0,50 Gọi A, B điểm cực trị⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − + 2m3)

O cách A B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m =

± (vì m ≠ 0) 0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với:

( )

2

sin 7x sin x 2sin 2x 0− + − = ⇔cos 4x 2sin 3x 1− =0 0,50

• cos 4x x k (k )

8

π π

= ⇔ = + ∈Z

• sin 3x x k2

2 18

π π

= ⇔ = + x k2 (k )

18

π π

= + ∈Z 0,50

x −∞ + ∞

y' − + −

y − −∞

+ ∞

O

−

2 y

x

(79)

2/4

2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x 2.≥ Phương trình cho tương đương với

(x x− )( 3+6x2−32 m− )=0

3

x

x 6x 32 m

= ⎡ ⇔ ⎢

+ − − = ⎣

Ta chứng minh phương trình: x3+6x2−32 m 1= ( ) có nghiệm khoảng (2;+∞)

0,50

Xét hàm f x( )=x3+6x2−32 với x 2.> Ta có:

( )

f ' x =3x +12x 0, x 2.> ∀ >

Từ bảng biến thiên ta thấy với m 0> , phương trình (1) ln có nghiệm khoảng (2;+∞)

Vậy với m 0> phương trình cho ln có hai nghiệm thực phân biệt

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)

( ) ( ) (2 ) (2 )2

S : x 1− + y 2+ + +z =9 có tâm I 1; 2; 1( − − ) bán kính R 3.= 0,25

Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường trịn có bán kính R = nên (Q) chứa I 0,25 (Q) có cặp vectơ phương là: OIJJG=(1; 2; , i− − ) G=(1;0;0)

⇒ Vectơ pháp tuyến (Q) là: nG =(0; 1; − ) 0,25

Phương trình (Q) là: x 0( − −) (1 y 0− +) (2 z 0− )= ⇔ −0 y 2z 0.= 0,25

2 Tìm tọa độđiểm M thuộc mặt cầu cho khoảng cách lớn (1,00 điểm) Gọi d đường thẳng qua I vng góc với (P) Đường thẳng d cắt (S) hai điểm A, B Nhận xét: d A; P( ( ))≥d B; P( ( )) d M; P( ( )) lớn

khi M A.≡ 0,25

Phương trình đường thẳng d: x y z

2

− = + = +

− 0,25

Tọa độ giao điểm d (S) nghiệm hệ

( ) (2 ) (2 )2

x y z

2

⎧ − + + + + =

⎪

⎨ − = + = +

⎪

⎩ −

Giải hệ ta tìm hai giao điểm A 1; 1; , B 3; 3;1 (− − − ) ( − )

0,25

Ta có: d A; P( ( ))= ≥7 d B; P( ( ))=1

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn M 1; 1; (− − − ) 0,25

IV 2,00

1 Tính thể tích vật thể trịn xoay (1, 00 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm đường y x ln x= y 0= là:

x ln x 0= ⇔ =x 0,25

f(x)

f '(x) +

x + ∞

+ ∞

(80)

3/4

Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình H quanh trục hoành là:

( )

e e

2

1

V= π∫y dx= π∫ x ln x dx 0,25

Đặt u ln x,dv x dx2 du 2ln xdx, v x3

x

= = ⇒ = = Ta có:

( ) e

e e e

2 2

1 1

x e

x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx

3 3

= − = −

∫ ∫ ∫

0,25

Đặt u ln x,dv x dx2 du dx, v x3

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e

e e 3

2

1 1

x e x 2e

x ln xdx ln x x dx

3 3 9

+

= − = − =

∫ ∫

Vậy ( )

3

5e

V

27

π −

= (đvtt)

0,25

2 Tìm giá trị nhỏ P (1,00 điểm) Ta có:

2 2 2

x y z x y z

P

2 2 xyz

+ +

= + + +

Do

2 2 2

2 2 x y y z z x

x y z xy yz zx

2 2

+ + +

+ + = + + ≥ + +

nên P x2 y2 z2

2 x y z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≥⎜⎜ + ⎟ ⎜⎟ ⎜+ + ⎟ ⎜⎟ ⎜+ + ⎟⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

Xét hàm số ( )

2

t

f t

2 t

= + với t 0.> Lập bảng biến thiên f(t) ta suy

( )

f t , t

2

≥ ∀ > Suy ra: P

≥ Dấu xảy ⇔ x y z 1.= = = Vậy giá trị nhỏ P

2

0,50

V.a 2,00

1 Tìm hệ số khai triển… (1,00 điểm)

Ta có: Cn n0 −3n 1− Cn +3n 2− C2n− + − ( )1 Cn nn = −(3 1)n =2n

Từ giả thiết suy n 11= 0,50

Hệ số số hạng chứa x khai tri10 ển Niutơn (2 x+ )11 là: 10

11

C =22 0,50

2 Xác định tọa độđiểm B, C cho …(1,00 điểm)

Vì B d , C d∈ 1 ∈ 2 nên B b; b , C c;8 c ( − ) ( − ) Từ giả thiết ta có hệ:

( )( )

( ) (2 )2

2

b c

bc 4b c AB.AC

AB AC b 2b c 8c 18 b c

− − =

⎧

− − + =

⎧

⎧ =

⎪ ⇔⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨ ⎨

= − = − +

⎪ ⎪ − − − =

⎩ ⎩ ⎪⎩

JJJG JJJG

0,50

Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ xy 22 2

x y

= ⎧⎪ ⎨

− = ⎪⎩

Giải hệ ta x = −2, y= −1 x 2, y 1= = Suy ra: B 1;3 , C 3;5(− ) ( ) B 3; , C 5;3( − ) ( )

(81)

4/4

V.b 2,00

1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Đặt ( 1− )x =t t ,( > ) ta có phương trình

t 2 t 1, t

t

+ − = ⇔ = − = + 0,50

Với t= 1− ta có x 1.=

Với t= 1+ ta có x= −1 0,50

2 (1,00 điểm)

Gọi P trung điểm SA Ta có MNCP hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC) Mặt khác, BD⊥(SAC) nên BD⊥MN

0,50

Vì MN || SAC( ) nên

( ) ( ) ( ( )) a

d MN; AC d N;(SAC d B; SAC BD

2 4

= = = =

Vậy d MN; AC( ) a

=

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm

phần nh− đáp án quy định.

-Hết -

N E

C B

M

P

D A

S

(82)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn thi: TỐN, khối D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y 2x x

= +

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho

2 Tìm tọa độđiểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M cắt hai trục Ox, Oy A, B tam giác OAB có diện tích

4

1 Giải phương trình:

2 x x

sin cos cos x 2

⎛ + ⎞ + =

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 Tìm giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

3

1 x y

x y 1

x y 15m 10 x y

⎧ + + + =

⎪⎪ ⎨

⎪ + + + = −

⎪⎩

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 4; , B 1; 2; 4( ) (− ) đường thẳng x y z

:

1

− +

Δ = =

−

1 Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB )

2 Tìm tọa độđiểm M thuộc đường thẳng Δ cho MA2+MB2 nhỏ

Câu IV. (2 điểm) Tính tích phân:

e

I=∫x ln xdx Cho a b 0.≥ > Chứng minh rằng:

b a

a b

1 2

2

⎛ + ⎞ ≤⎛ + ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉđược chọn làm hai câu: V.a V.b) Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số x khai tri5 ển thành đa thức của: x 2x( − )5+x 3x2( + )10

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) (C : x 1− ) (2+ +y 2)2 =9 đường thẳng d : 3x 4y m 0.− + =

Tìm m để d có điểm P mà từ kẻđược hai tiếp tuyến PA, PB tới ( )C (A, B tiếp điểm) cho tam giác PAB

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: log 42( x 15.2x 27) 2log2 1x

4.2

+ + + =

−

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang, ABC BAD 90 ,n=n= BA = BC = a, AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA = a Gọi H hình chiếu vng góc A SB Chứng minh tam giác SCD vng tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD )

-Hết -

Cán coi thi không giải thích thêm

(83)

1/4

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Mơn: TỐN, khối D

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1,00 điểm)

Ta có y 2x 2

x x

= = −

+ +

• Tập xác định: D = \{ 1}\ −

• Sự biến thiên: y ' 2 0, x D (x 1)

= > ∀ ∈

+

0,25

Bảng biến thiên

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 0,25

•Đồ thị:

0,25

2 Tìm tọa độđiểm M … (1,00 điểm)

Vì M∈( )C nên

0

2x

M x ;

x

⎛ ⎞

⎜ + ⎟

⎝ ⎠ Phương trình tiếp tuyến (C) M là:

( )( )

( ) ( )

2

0

0 2

0 0 0

2x 2x

y y ' x x x y x

x x 1 x 1

= − + ⇔ = +

+ + +

( ) ( 2)

2

0 2

0

2x

A x ;0 , B 0;

x

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⇒ −

⎜ + ⎟

⎝ ⎠

0,25

Từ giả thiết ta có:

( )

2

0

2x

x

x +1 − =

2

0

2

0

2x x

⎡ + + =

⇔ ⎢

− − =

⎢⎣

0

1 x

2

x

⎡ = −

⎢ ⇔

⎢ = ⎣

0,50 y

x −∞ −1 +∞ y ' + +

+∞

−∞

2

y

O x

2

1

−

(84)

2/4 Với x0

2

= − ta có M 1; 2

⎛− − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Với x0 =1 ta có M 1;1( )

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M 1; 2

⎛− − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ M 1;1( )

0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

1

1 sin x cos x cos x

6

π

⎛ ⎞

+ + = ⇔ ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠

0,50

( )

x k2 , x k2 k

2

π π

⇔ = + π = − + π ∈Z 0,50

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Đặt x u, y v u( 2, v )

x y

+ = + = ≥ ≥ Hệđã cho trở thành:

( )

3

u v u v 5

uv m

u v u v 15m 10

+ =

⎧ ⎧ + =

⎪ ⇔

⎨ ⎨ = −

+ − + = − ⎩

⎪⎩

0,25

u, v

⇔ nghiệm phương trình: t2− + =5t m (1)

Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm

1

t t , t t= = thoả mãn: t1 ≥2, t2 ≥2 (t1, t2 không thiết phân biệt)

Xét hàm số f t( )= − +t2 5t với t ≥2: Bảng biến thiên f t( ):

0,50

Từ bảng biến thiên hàm số suy hệđã cho có nghiệm

m

4≤ ≤ m 22≥

0,25

III 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Tọa độ trọng tâm: G 0; 2; ( ) 0,25

Ta có: OAJJJG=(1; 4; ,OB) JJJG= −( 1; 2; 4)

Vectơ phương d là: nG =(12; 6;6− ) (=6 2; 1;1 − ) 0,50 Phương trình đường thẳng d: x y z

2 1

− −

= =

−

0,25

2 Tìm tọa độđiểm M (1,00 điểm)

Vì M∈ ∆ ⇒M t; t; 2t( − − + ) 0,25

t −∞ −2 5 / +∞

( )

f ' t − − 0 +

( )

f t 22

+∞

7 /

2

(85)

3/4

( ) ( )

( 2) (( ) (2 ) (2 )2)

2 2

MA MB t t 2t t t 2t

⇒ + = + − + − + − + + − + −

=12t2−48t 76 12 t 2+ = ( − )2+28

2

MA +MB nhỏ ⇔ =t

0,50

Khi M 1;0; (− ) 0,25

IV 2,00

Đặt

4

2 2ln x x

u ln x,dv x dx du dx, v

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e e

4

2 3

1

x e

I ln x x ln xdx x ln xdx

4

= − ∫ = − ∫

0,50

Đặt

4

3 dx x

u ln x,dv x dx du , v

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e

e e 4

3

1

1 1

x e 3e

x ln xdx ln x x dx x

4 4 16 16

+

= − = − =

∫ ∫

Vậy

4

5e

I

32

− =

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức cho tương đương với

( a) (b b)a ln 4( a) (ln 4b)

1 4

a b

+ +

+ ≤ + ⇔ ≤ 0,50

Xét hàm ( ) ( )

x

ln f x

x

+

= với x 0.> Ta có:

( ) ( ) ( )

( )

x x x x

2 x

4 ln 4 ln

f ' x

x

− + +

= <

+ ⇒ f(x) nghịch biến khoảng (0;+∞)

Do f(x) nghịch biến (0;+∞) a b 0≥ > nên f a( ) ( )≤f b ta có điều phải chứng minh

0,50

V.a 2,00

1 Tìm hệ số x5 (1,00 điểm)

Hệ số x5 khai triển x 2x( − )5 ( )−2 C 45

Hệ số x5 khai triển của x 3x2( + )10 3 10

3 C 0,50

Hệ số x5 khai triển x 2x( − )5+x 3x2( + )10

( )4 3

5 10

2 C C 3320

− + = 0,50

2 Tìm m để có điểm P cho tam giác PAB (1,00 điểm)

(C) có tâm I 1; 2( − ) bán kính R 3.= Ta có: PAB∆ nên

IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đường tròn ( )C ' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50 Trên d có điểm P thỏa mãn yêu cầu toán d

tiếp xúc với ( )C ' P ⇔d I;d( )= ⇔6 m 19, m= = −41 0,50

(86)

4/4

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: 4.2x − >3 0.Phương trình cho tương đương với:

( x x ) ( x )2

2

log +15.2 +27 =log 4.2 −3 ⇔5 2( )x 2−13.2x− =6 0,50

⇔

x x

2

5

2

⎡ = −

⎢ ⎢

= ⎢⎣

Do 2x >0 nên 2x =3

2

x log

⇔ = (thỏa mãn điều kiện)

0,50

2 Chứng minh ∆SCDvng tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I trung điểm AD Ta có: IA = ID = IC = a ⇒CD⊥AC Mặt khác,

CD SA⊥ Suy CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông C

0,50

Trong tam giác vng SAB ta có: SH SA22 2SA2 2 2a2 2

SB = SB =SA +AB =2a +a =

Gọi d1 d l2 ần lượt khoảng cách từ B H đến mặt phẳng (SCD)

2

1

d SH 2

d d

d =SB = ⇒3 =

Ta có: B.SCD BCD

1

SCD SCD

3V SA.S

d

S S

= =

2 BCD

1

S AB.BC a

2

= =

2 2 2

SCD

1

S SC.CD SA AB BC IC ID

2

= = + + + =a2 2.

Suy d1 a

=

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d2 2d1 a

3

= =

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh−

đáp án quy định.

-Hết -

S

A

B C

D

(87)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề

Cho hàm số

2

mx (3m 2)x

y (1),

x 3m

+ − −

=

+ với m tham số thực

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) m 1=

2 Tìm giá trị m để góc hai đường tiệm cận đồ thị hàm số (1) 45 o

1 Giải phương trình 1 4s in 7π x

3π

sinx sin x

2

⎛ ⎞

+ ⎛ ⎞ = ⎜⎝ − ⎟⎠

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 Giải hệ phương trình ( )

2

4

5

x y x y xy xy

4 x, y .

5

x y xy(1 2x)

4

⎧

+ + + + = −

⎪⎪ ∈

⎨

⎪ + + + = − ⎪⎩

\

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 ( ) đường thẳng

d : x y z

2

− = = −

1 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d

2 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d cho khoảng cách từ A đến (α) lớn

Tính tích phân

π

4

tg x

I dx

cos 2x

=∫

Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : 2x+ 2x x x m+ − + − = (m∈\).

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a hoặc V.b

Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai

3 hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20

2 Cho khai triển ( )n n

0 n

1 2x+ = +a a x a x ,+ + *

n∈` hệ số a ,a , ,a 0 1 n thỏa mãn hệ thức n

0 n

a a

a 4096

2

+ + + = Tìm số lớn số a ,a , ,a 0 1 n

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình 2

2x x

log −(2x + − +x 1) log (2x 1)+ − =4

2 Cho lăng trụ ABC.A 'B'C ' có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, AC = a hình chiếu vng góc đỉnh A ' mặt phẳng (ABC) trung

điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC tính cosin góc hai

đường thẳng AA ', B'C '

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

(88)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

I 2,00

Khi m = hàm số trở thành:

2

x x

y x

x x

+ −

= = − +

+ +

• TXĐ: D=\\{ }−3

2

4 x 6x

y ' ,

(x 3) (x 3)

+ +

= − =

+ +

x

y '

x

= − ⎡ = ⇔⎢

= − ⎣ • yCĐ = − = −y 5( ) 9, yCT = − = −y 1( )

0,25

•TCĐ: x= −3, TCX: y x 2.= − 0,25

•Bảng biến thiên:

0,25

•Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị tham số m (1,00 điểm)

2

mx (3m 2)x 6m

y mx

x 3m x 3m

+ − − −

= = − +

+ +

• Khi m

3

= đồ thị hàm số không tồn hai tiệm cận

0,25

• Khi m

3

≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :

d1: x= −3m⇔ +x 3m 0,= d2: y mx 2= − ⇔mx y 0.− − =

0,25

Vectơ pháp tuyến d1, d2 n1=(1;0)

JJG

, nJJG2 =(m; 1).−

Góc d1 d2 45 cho ỉ

2

1

n n m m 2

cos45 m

2

n n m m

= = ⇔ = ⇔ = ±

+ +

JJG JJG

0,50 x −∞ −5 −3 −1 +∞

y’ + − − + y

−∞ −∞

+∞ +∞

1

−

9

−

-3

-1

O -1

-9

-5

y

x

2 -2

(89)

Trang 2/5

II 2,00

Điều kiện sin x 0≠ sin(x 3π)

2

− ≠

Phương trình cho tương đương với: 1 2(sinx + cosx)

sinx cosx+ = −

⇔ (sinx + cosx) 2

sinxcosx

⎛ + ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

• sinx + cosx x k

4

π = ⇔ = − + π

• 2

sinxcosx+ =

2

sin 2x x k

2

π

⇔ = − ⇔ = − + π x k

π = + π

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình :

x k ;

4

π

= − + π x k ; x k (k )

8

π π

= − + π = + π ∈]

0,50

2 Giải hệ (1,00 điểm)

2

4

5

x y x y xy xy

4

x y xy(1 2x)

4

⎧ + + + + = −

⎪⎪ ⎨

⎪ + + + = −

⎪⎩

( )

2

5

x y xy xy x y

4

(x y) xy

4

⎧ + + + + = −

⎪⎪ ⇔⎨

⎪ + + = −

⎪⎩

( )∗

Đặt

2

u x y

v xy

⎧ = +

⎨

=

⎩ Hệ phương trình ( )∗ trở thành

5 u v uv

4

u v

4

⎧ + + = −

⎪⎪ ⎨

⎪ + = − ⎪⎩

2

3

5

v u u 0, v

4

u

u u u , v

4 2

⎧ = − − ⎡ = = −

⎪ ⎢

⎪

⇔⎨ ⇔ ⎢

⎢

⎪ + + = = − = −

⎢

⎪⎩ ⎣

0,50

• Với u = 0, v

4

= − ta có hệ pt

2

x y

5 xy

4

⎧ + =

⎪ ⎨

= −

⎪⎩ ⇔

3

x

= y 25

16

= −

• Với u 1, v

2

= − = − ta có hệ phương trình

2 3

x 2x x

2x

3

3 y

y 2x

2x

⎧ − + = ⎧ + − =

⎪⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨

= −

⎪ = − ⎪⎩

⎪⎩

⇔ x 1= y

= −

Hệ phương trình có nghiệm : 5; 25

4 16

⎛ ⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

3

1;

2

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

III 2,00

1 Tìm toạđộ hình chiếu vng góc A d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ phương u 2;1; G( ) Gọi H hình chiếu vng góc

của A d, suy H(1 + 2t ; t ; + 2t) AH (2t 1; t 5; 2t 1).JJJG= − − − 0,50

Vì AH ⊥ d nên AH u 0JJJG G= ⇔ 2(2t – ) + t – + 2(2t – 1) = ⇔ t =

Suy H 3;1; ( ) 0,50

(90)

2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d cho (1,00 điểm)

Gọi K hình chiếu vng góc A mặt phẳng ( ).α

Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vng góc đường xiên) Do

khoảng cách từ A đến ( )α lớn AK = AH, hay K≡ H

0,50

Suy ( )α qua H nhận vectơ AHJJJG = (1 ; – ; 1) làm vectơ pháp tuyến Phương trình ( )α

1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 0.− + − =

0,50

IV 2,00

I =

( )

π π

4

6

2

0

tg x tg x

dx dx

cos 2x = tg x cos x−

∫ ∫

Đặt t tgx dt dx2

cos x

= ⇒ = Với x 0= t 0= ; với x

6

π

= t

3

=

0,25

Suy

1

2

t

I dt

1 t

= −

∫ ( )

1

3

2

0

1 1

t dt dt

2 t t

⎛ ⎞

= − + + ⎜ − ⎟

+ −

⎝ ⎠

∫ ∫ t3 t 1ln t 13

3 t

0

⎛ + ⎞

= − − +⎜ − ⎟

⎝ ⎠

0,50

1ln 2( 3) 10

2

= + − 0,25

2 Tìm giá trị m (1,00 điểm)

Điều kiện: x 6≤ ≤

Đặt vế trái phương trình f (x) , x∈[ ]0; Ta có

3

4

1 1

f '(x)

2x x

2 (2x) (6 x)

= + − −

− −

3

4

1 1 1

2 (2x) (6 x) 2x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟

= ⎜ − ⎟+⎜ − ⎟

−

⎝ ⎠

−

⎝ ⎠

, x (0;6).∈

Đặt

3

4

1 1

u(x) , v(x)

2x x

(2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟

=⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟

−

⎝ ⎠

−

⎝ ⎠

Ta thấy u 2( ) ( )=v =0 ⇒f '(2) 0.= Hơn u(x), v(x) dương khoảng ( )0; âm khoảng ( )2;6

0,50

Ta có bảng biến thiên:

Suy giá trị cần tìm m là: 2 6 m 6.+ ≤ < +

0,50 f’(x) + −

x

f(x) 2 6+ 6+

412 3+

(91)

Trang 4/5

V.a 2,00

1 Viết phương trình tắc elíp (1,00 điểm) Gọi phương trình tắc elíp (E) là:

2 2

x y

1

a +b = , a b 0.> >

Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( )

2 2

c

a

2 2a 2b 20

c a b

⎧

=

⎪

⎪⎪ + =

⎨ ⎪

= −

⎪ ⎪⎩

0,50

Giải hệ phương trình tìm a = b =

Phương trình tắc (E)

2

x y

1

9 + =

0,50

2 Tìm số lớn số a ,a , ,a (1,00 0 1 n điểm)

Đặt ( ) ( )n n

0 n

f x = +1 2x = +a a x a x+ + n n

0 n

a a

a f

2 2

⎛ ⎞

⇒ + + + = ⎜ ⎟=

⎝ ⎠

Từ giả thiết suy 2n =4096 2= 12 ⇔ =n 12.

0,50

Với k∈{0,1, 2, ,11} ta có k k

k 12

a =2 C , k k

k 12

a C+ +

+ =

k k

k 12

k k

k 12

a C

1

a C+ +

+

< ⇔ <

( )

k 1 12 k

+ ⇔ <

−

23

k

3

⇔ <

Mà k∈] ⇒k 7.≤ Do a0 < < <a1 a 8

Tương tự, k

k

a

1 k

a + > ⇔ > Do a8 >a9 > > a 12

Số lớn số a ,a , ,a 0 1 12 8

8 12

a =2 C =126720

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm))

Điều kiện: x

2

> x 1.≠

Phương trình cho tương đương với

2x x

log −(2x 1)(x 1) log (2x 1)− + + + − =4

2x x

1 log − (x 1) 2log (2x 1) 4.+

⇔ + + + − =

Đặt t log= 2x 1−(x 1),+ ta có t 3 t2 3t 0 t

t t

= ⎡ + = ⇔ − + = ⇔⎢

= ⎣

0,50

• Với t 1= ⇔log2x 1− (x 1) 1+ = ⇔2x x 1− = + ⇔ =x

• Với −

= ⎡ ⎢

= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔⎢

= ⎣

2 x

x (lo¹i)

t log (x 1) (2x 1) x 5

x (tháa m·n)

4

Nghiệm phương trình là: x 2= x

4

=

0,50

(92)

2 Tính thể tích tính góc (1,00 điểm)

Gọi H trung điểm BC

Suy A 'H⊥ (ABC) AH =

2BC =

2

1

a 3a a

2 + =

Do A 'H2 =A 'A2−AH2 =3a2 ⇒A 'H a 3.=

Vậy VA '.ABC 1A'H.S ABC a3

3 Δ

= = (đvtt)

0,50

Trong tam giác vng A 'B'H có: HB'= A 'B'2+A 'H2 =2a nên tam giác

B'BH cân B'

Đặt ϕ góc hai đường thẳng AA ' B'C ' ϕ =B'BHn

Vậy cos a

2.2a

ϕ = =

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà vẫn đúng được đủđiểm từng phần nhưđáp án quy định

-Hết -

C A

B

B' A '

H

C '

(93)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008

Mơn thi: TỐN, khối B

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Cho hàm số y 4x3 6x2 1

= − + (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến qua

điểm M 1; (− − )

1 Giải phương trình sin x3 − 3cos x sinxcos x3 = − 3sin xcosx.2

2 Giải hệ phương trình

4 2

2

x 2x y x y 2x

x 2xy 6x

⎧ + + = +

⎪ ⎨

+ = +

⎪⎩ (x, y∈\)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 0;1; , B 2; 2;1 ,C 2;0;1 ( ) ( − ) (− ) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B,C

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 0+ + − = cho MA MB MC.= =

Tính tích phân

0

sin x dx

4

I

sin 2x 2(1 sin x cos x)

π ⎛ π⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

+ + +

∫

2 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn hệ thức x2+y2 =1. Tìm giá trị lớn nhất giá

trị nhỏ biểu thức

2

2(x 6xy)

P

1 2xy 2y

+ =

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b

Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh k k 1 k

n n n

n 1 1

n C C + C

+ +

⎛ ⎞

+ + =

⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠ (n, k số nguyên dương, k n,≤

k n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vng góc C đường thẳng AB điểm H( 1; 1),− − đường phân giác góc A có phương trình x y 0− + = đường cao kẻ từ B có phương trình

4x 3y 0.+ − =

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải bất phương trình

2 0,7

x x

log log

x

⎛ + ⎞

<

⎜ ⎟

+

⎝ ⎠

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, SA a,= SB a 3= mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN tính cosin góc hai

đường thẳng SM, DN

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

(94)

Mơn: TỐN, khối B

I 2,00

• TXĐ : \

• Sự biến thiên : y ' 12x= −12x, y ' 0 x x

=

⎡

= ⇔⎢

=

⎣

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

0,25

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) (1,00 điểm)

Đường thẳng vΔ ới hệ số góc k qua điểm M(− −1; 9) có phương trình :

y kx k 9= + −

Δ tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) hệ phương trình sau có

nghiệm : ( ) ( )

( )

3

2

4x 6x k x

12x 12x k

⎧ − + = + −

⎪ ⎨

− =

⎪⎩

Thay k từ (3) vào (2) ta : 4x3−6x2+ =1 (12x2−12x x 1)( + −) 9

( ) (2 )

x 4x

⇔ + − =

x

5

x

4

= −

⎡ ⎢

⇔⎢ =

⎣

0,50 y’ + − +

x −∞

y

1

− −∞

+∞ +∞

O y

x

−1

1

• Với x= −1 k 24= , phương trình tiếp tuyến : y 24x 15.= +

• Với x

4

= k 15

= , phương trình tiếp tuyến : y 15x 21

4

= −

Các tiếp tuyến cần tìm : y 24x 15= + y 15x 21

4

= −

0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

2 2

sinx(cos x sin x)− + cos x(cos x sin x) 0− =

cos 2x(sin x cos x)

⇔ + =

0,50

(95)

k

cos2x x

4

π π

• = ⇔ = +

sinx 3cosx x k

3

π • + = ⇔ = − + π Nghiệm phương trình x k ,

4

π π

= + x k

3

π

= − + π (k∈])

0,50

Hệ phương trình cho tương đương với

2

(x xy) 2x

x xy 3x

2

⎧ + = +

⎪ ⎨

= + −

⎪⎩

2

2 x

x 3x 2x

2

⎛ ⎞

⇒⎜ + + − ⎟ = +

⎝ ⎠

4

x 12x 48x 64x

⇔ + + + = ⇔x(x 4)+ =0 x

x

=

⎡

⇔⎢

= −

⎣

0,50

x

• = khơng thỏa mãn hệ phương trình

17

x y

4

• = − ⇒ =

Nghiệm hệ phương trình (x ; y) 4;17

⎛ ⎞

= −⎜⎝ ⎟⎠

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) Ta có ABJJJG=(2; 3; ,− − ) AC= − − −( 2; 1; ,

Trang 2/4

)

JJJG

tích có hướng hai vectơ

AB, ACJJJG JJJG nG=(2;4; 8− ) 0,50

Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C nhận nG làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

( ) ( ) ( )

2 x 0− +4 y 1− −8 z 2− =0 ⇔ +x 2y 4z 0− + = 0,50

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) trung điểm BC

AB.AC 0=

JJJG JJJG

(

I 0; 1;1− ) 0,50

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình 2x 2y z

x y z

1

+ + − =

⎧ ⎪

+ −

⎨ = =

⎪ −

⎩

0,50

Suy M 2;3; ( − )

IV 2,00

Đặt t sinx cosx= + ⇒ dt (cosx sinx)dx sin x dx

4

π

⎛ ⎞

= − = − ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

Với x = t = 1, với x

π

= t=

0,25

Ta có sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) + + + = +

Suy

2

2 dt

I

2 (t 1)

= −

+

∫

1 2 t

=

+

0,50

1

2 2

−

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟=

+

⎝ ⎠ 0,25

(96)

2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức (1,00 điểm)

2

2 2

2(x 6xy) 2(x 6xy)

P

1 2xy 2y x y 2xy 2y

+ +

= =

+ + + + +

,

• Nếu y 0= x2 =1 Suy P =

• Xét y 0≠ Đặt x ty=

2

2t 12t P

t 2t

+ =

+ +3

,

⇔ (P 2)t− 2+2(P 6)t 3P 0− + = (1)

− Với P 2= phương trình (1) có nghiệm t

=

− Với phương trình (1) có nghiệm

P 2≠ ,

2

' 2P 6P 36 P

Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤

0,50

P 3= x , y

10 10

= = x , y

10 10

= − = −

6

P= − x , y

13 13

= = − x , y

13 13

= − =

Giá trị lớn P 3, giá trị nhỏ P −

0,50

V.a 2,00

1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có: k k 1

n n

n 1

n C C +

+ +

⎛ ⎞

+ + =

⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠

n k!(n k)! (k 1)!(n k)!

n (n 1)!

+ + − + + −

+ +

0,50

k!(n k)![(n k) (k ]

n n!

−

= + −

+ + +1)

k

n

k!(n k)!

n! C

−

= =

0,50

2 Tìm tọa độđỉnh C (1,00)

• Ký hiệu Gọi điểm đối

xứng H qua Khi thuộc đường thẳng AC

1

d : x y 0,− + = d : 4x 3y 0.2 + − = H '(a ;b)

d H '

• u (1;1G = ) vectơ phương d ,1 HH ' (a 1; b 1)JJJJG= + + vng góc với trung điểm I

uG a b

;

2

− −

⎛ ⎞

⎜ thuộc Do tọa độ H ' nghiệm hệ phương trình

⎟

⎝ ⎠ HH ' d

1(a 1) 1(b 1) a b

2

+ + + =

⎧ ⎪

⎨ − − − + =

⎪⎩ ⇒ H ' 3;1 (− )

0,50

• Đường thẳng AC qua vng góc với nên có vectơ pháp tuyến có phương trình

H ' d2

v (3; 4)= −

G

3(x 3) 4(y 1) 0+ − − = ⇔3x 4y 13 0.− + =

• Tọa độ A nghiệm hệ phương trình 3x 4y + 13 = x y

−

⎧ ⎨

− + =

⎩ ⇒A(5;7)

• Đường thẳng CH qua H(− −1; 1) với vectơ pháp tuyến 1HA

JJJG

= (3 ; 4) nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = ⇔ 3x + 4y +7 =

• Tọa độ C nghiệm hệ phương trình 3x 4y 3x 4y 13

+ + =

⎧ ⎨

− + =

⎩

Suy C 10 3;

⎛ ⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

(97)

V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Trang 4/4

Bất phương trình cho tương đương với

2

x x

log

x 4++ >

2

x x

6 x

+

⇔ >

+ 0,50

2

x 5x 24

0 x

− −

⇔ >

+ ( )( )

x x x

+ −

⇔ >

+

Tập nghiệm bất phương trình : (− − ∪4; 3) (8;+ ∞)

0,50

2 Tính thể tích tính cosin góc hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H hình chiếu S AB, suy SH Do SH

đường cao hình chóp S.BMDN

(ABCD )

⊥

2

SB a 3a AB

+ = + =

Ta có: SA2 2 nên tam giác SAB vuông S, suy

AB

SM a

2

= = Do tam giác SAM đều, suy SH a

=

Diện tích tứ giác BMDN

BMDN ABCD

1

S S

2

= =2a

Thể tích khối chóp S.BMDN BMDN

V SH.S

3

= a 33

3

= (đvtt)

0,50 S

A

B C

H

M

N

E D

Kẻ ME // DN (E AD)∈

a

AE Đặt

2

= ϕ góc hai đường thẳng SM DN Ta có suy

n

(SM, ME)= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA⊥AE

0,50

2 a

SE SA AE ,

2

= + = ME AM2 AE2 a 5.

2

= + =

Suy

a

5

n

SME= ϕ

Tam giác SME cân E nên cos

5 a

2

ϕ = =

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần

nh− đáp án quy định.

-Hết -

(98)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối D

Cho hàm số y x3 3x2 4 (1).

= − +

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1)

2 Chứng minh đường thẳng qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k (k> −3) cắt đồ

thị hàm số (1) ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I trung điểm đoạn thẳng AB

1 Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) sin2x 2cosx.+ + = + Giải hệ phương trình

2

xy x y x 2y x 2y y x 2x 2y

⎧ + + = −

⎪ ⎨

− − = −

⎪⎩ (x, y∈\) Câu III (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3),C(0;3;3), D(3;3;3) Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D

2 Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

1 Tính tích phân

3

lnx I dx

x

=∫

2 Cho x, y hai số thực khơng âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P (x y)(1 xy)2 2

(1 x) (1 y)

− −

=

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Tìm số ngun dương n thỏa mãn hệ thức C12n+C32n+ + C2n2n 1− =2048 (C skn ố tổ hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y2=16x điểm A(1; 4) Hai điểm

phân biệt B, C (B C khác A) di động (P) cho góc BAC 90 n o

= Chứng minh

đường thẳng BC qua điểm cốđịnh

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình

2

x 3x

log

x

− + ≥

2 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vng, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ

ABC.A'B'C' khoảng cách hai đường thẳng AM, B'C Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

(99)

Mơn: TỐN, khối D

Nội dung

Câu Điểm

I 2,00

• Tập xác định : D = \

• Sự biến thiên : y ' 3x= 2−6x, y ' 0 x

x

=

⎡

= ⇔⎢ =

⎣

0,25

• yCĐ = y 0( )=4, yCT =y 2( )=0 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

•Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Chứng minh đường thẳng … (1,00 điểm)

Gọi đồ thị hàm số (1) Ta thấy thuộc Đường thẳng d

qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k +

(C) I(1;2) (C)

I(1;2)

Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm phương trình

x3−3x2+ =4 k(x 1) 2− + ⇔ (x 1) x− ⎡ −2x (k 2)− + ⎤=0

⎣ ⎦

⇔ x 12

x 2x (k 2) (*)

= ⎡

⎢ − − + =

⎣

0,50

Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = khơng

là nghiệm (*) Suy d cắt ba điểm phân biệt I(

với nghiệm (*)

k> −

x −∞ +∞

y’ + −

y

0

−∞

+

+∞

4

−1 O y

2 x

(ứng với giao điểm I)

3 + >

x ; y ),

I

' k x 1=

(C) I I

A A B B

A(x ; y ), B(x ; y ) x , xA B

Vì I, A, B thuộc d nên I trung điểm đoạn

thẳng AB (đpcm)

A B

x + x = =2 2x

0,50

II 2,00

Phương trình cho tương đương với

2

4sinx cos x s in2x = + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50

1

cosx x k2

2

π

• = − ⇔ = ± + π

sin2x x k

4

π

• = ⇔ = + π

Nghiệm phương trình cho x k2 ,

3

π

= ± + π x k

4

π

= + π (k∈])

0,50

(100)

Điều kiện : x ≥ 1, y ≥

Hệ phương trình cho tương đương với (x y)(x 2y 1) (1)

x 2y y x 2x 2y (2)

+ − − =

⎧⎪ ⎨

− − = −

⎪⎩

Từđiều kiện ta có x + y > nên (1) ⇔ x = 2y + (3)

0,50

Thay (3) vào (2) ta

(y 1) 2y+ =2(y 1)+ ⇔ y = (do y 0+ > ) ⇒ x =

Nghiệm hệ (x ; y) (5;2).=

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt cầu qua điểm A, B, C, D (1,00 điểm)

Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng

2 2

x + +y z +2ax 2by 2cz d (*),+ + + = a2+b2+ − >c2 d (**).

Thay tọa độ điểm A, B, C, D vào (*) ta hệ phương trình

6a 6b d 18

6a 6c d 18

6b 6c d 18

6a 6b 6c d 27

+ + = −

⎧

⎪ + + = − ⎪

⎨

+ + = −

⎪

⎪ + + + = − ⎩

0,50

Giải hệ đối chiếu với điều kiện (**) ta phương trình mặt cầu

2 2

x + +y z −3x 3y 3z = 0.− − 0,50

2 Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm)

Mặt cầu qua A, B, C, D có tâm I 3 3; ;

2 2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Gọi phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C

mx ny pz q 0+ + + = (m2+n2+p2 >0).

Thay tọa độ điểm A, B, C vào phương trình ta

3m 3n q

3m 3p q 6m 6n 6p q

3n 3p q

+ + =

⎧

⎪ + + = ⇒ = = = − ≠

⎨

⎪ + + =

⎩

Do phương trình mặt phẳng (ABC) x y z 0.+ + − =

0,50

Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC hình chiếu vng góc

của điểm I mặt phẳng (ABC)

H

Phương trình đường thẳng IH :

3

x y z

2 .

1 1

− − −

= =

3

Tọa độđiểm H nghiệm hệ phương trình

x y z

3

x y z

2

+ + − =

⎧ ⎪ ⎨

− = − = −

⎪⎩ 32

Giải hệ ta H(2;2;2)

0,50

IV 2,00

Đặt u ln x= dv dx3 x

= du dx

x

⇒ = v 12

2x

= − 0,25

Khi

2

1 1

ln x dx

I

2x 2x

= − +∫ 2

1

ln

8 4x

= − − 0,50

ln

16

−

= 0,25

(101)

2 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức (1,00 điểm) Ta có

[ ]2

2

(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1

P P

(1 x) (1 y) (x y) (1 xy) 4

− − + +

= ≤ ≤ ⇔ − ≤

+ + + + +

Trang 3/4

≤ 0,50

• Khi x 0, y 1= = P

4

= −

• Khi x 1, y 0= = P

4

=

Giá trị nhỏ P 1,

4

− giá trị lớn P

4

0,50

V.a 2,00

1 Tìm n biết rằng…(1,00)

Ta có 2n 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0 (1 1)= − =C −C + − C − +C

2n 2n 2n 2n

2 = +(1 1) =C +C + + C − +C 0,50

⇒ 2n 2n

2n 2n 2n

C +C + + C − =2 −1

6

Từ giả thiết suy 22n 1− =2048⇔ =n 0,50

2 Tìm tọa độđỉnh C (1,00 điểm)

Do B,C thuộc (P), B khác C, B C khác A nên

2

b

B( ;b),

16

2

c

C( ;c)

16 với b, c

là hai số thực phân biệt, b 4≠ c 4≠

2

b c

AB 1; b , AC 1;c

16 16

⎛ ⎞ ⎛

=⎜ − − ⎟ =⎜ − −

⎝ ⎠ ⎝

JJJG JJJG ⎞

⎟

⎠ Góc nên

n o

BAC 90=

AB.AC 0=

JJJG JJJG

⇔ b2 c2 (b 4)(c 4)

16 16

⎛ ⎞⎛ ⎞

− − + − −

⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ =0

⇔ 272 4(b c) bc 0+ + + = (1)

0,50

Phương trình đường thẳng BC là:

2

2 c

x y c

16

b c b c

16 16

− −

= − −

16x (b c)y bc

⇔ − + + = (2)

Từ (1), (2) suy đường thẳng BC qua điểm cốđịnh I(17; 4).−

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)

Bpt cho tương đương với

2

x 3x

0

x

− +

< ≤ 0,50

2 0 x 1

x 3x

0

x x

< <

⎡

− +

• > ⇔⎢ >

⎣

2 x

x 4x

0

x 2 x 2

<

⎡

− +

• ≤ ⇔⎢

− ≤ ≤ +

⎣

Tập nghiệm bất phương trình : ⎡⎣2− ;1) (∪ 2; 2+ 2⎤⎦

0,50

(102)

2 Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng (1,00 điểm)

Từ giả thiết suy tam giác ABC vng cân B

Thể tích khối lăng trụ

ABC.A'B'C' ABC

1

V AA '.S a .a

2

= = = a (đvtt)

0,50 A'

B'

B

M E

C

A

C'

Gọi E trung điểm BB Khi mặt phẳng (AME) song song với

nên khoảng cách hai đường thẳng AM, khoảng cách

mặt phẳng (AME)

' B 'C

B 'C B 'C

Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) khoảng cách từ C

đến mặt phẳng (AME)

Gọi h khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) Do tứ diện BAME có BA,

BM, BE đơi vng góc nên 0,50

2 2

1 1

h =BA +BM +BE 2 2

1

h =a +a +a =

7 a

a

h

7

⇒ =

⇒

a

Khoảng cách hai đường thẳng B 'C AM

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

-Hết -