Đề thi đại học môn toán khối B có đáp án

bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
(
)
109
224
++=
xmmxy (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải phơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
= .
2. Giải bất phơng trình:
(
)
1)729(loglog
3

x
x

.
3. Giải hệ phơng trình:





++=+
=
.2
3
yxyx
yxyx
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng :

4
4
2
x
y = và
24
2
x
y = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm

0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng
1111
DCBABCDA có cạnh bằng
a
.
a) Tính theo
a
khoảng cách giữa hai đờng thẳng BA
1
và DB
1
.
b) Gọi PNM ,, lần lợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,
1
,
11

DA . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và NC
1
.
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều
n
AAA
221
L ,2( n n nguyên ) nội tiếp đờng tròn
()
O . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L , tìm n .
Hết
Ghi chú : 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

1

Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b

Câu
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua
Oy
.
Tập xác định

Rx
,
(
)
44164'
23
==
xxxxy
,
0' =y

=
=

2
0
x
x

,
3
4
121612"
22






== xxy

3
2
0" == xy
.
Bảng biến thiên:

+

2
3
2
0
3
2
2x
'y

0 +

0

0 +

"
y

+ 0

0

+


+

10

+

y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT

6

6


Hai điểm cực tiểu :
()
6;2
1
A
và
( )
6;2
2
A
.
Một điểm cực đại:
()
10;0
B
.
Hai điểm uốn:

9
10
;
3
2
1
U
và








9
10
;
3
2
2
U
.

Giao điểm của đồ thị với trục tung là
( )
10;0B
.
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:

64 +=x
và
64 =x
.















(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

0,1
đ

0,25 đ






0,5 đ












0,25 đ

5,1
đ



0,5 đ

0,5 đ












0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2
2
A
2
A
1

B
U
1
U
2

2

I
2

(
)
(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy
,




=+
=
=
092
0
0'
22

mmx
x
y

Hàm số có ba điểm cực trị

phơng trình
0' =
y
có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó
'y
đổi dấu khi qua các nghiệm)

phơng trình

092
22
=+
mmx
có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

092
22
=+
mmx

=


m
m
x
m
2
9
0
2
2
. Phơng trình
092
22
=+ mmx

có 2 nghiệm khác 0



<<
<

.30
3
m
m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị



<<
<

.30
3
m
m


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ


0,25 đ


0,1

đ
0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ


0,25 đ


II
1


xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=


2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2

6cos1 xxxx
+


=
+





()()
06cos8cos10cos12cos
=++ xxxx


()
07cos11coscos
= xxx


02sin9sincos
=
xxx


.
2
9
02sin9sin Zk

k
x
k
x
xx





=
=
=



Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.



0,1
đ

0,25 đ


0,25 đ

0,5 đ





0,1
đ

0,25 đ


0,25 đ



0,5 đ






2


(
)
1)729(loglog

3

x
x
(1).
Điều kiện:
73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3
>>





>
>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9

>>
x
nên
(
)
x
x
729log)1(
3


( )
072333729
2

xxxx
(3).
Đặt
x
t 3=
thì (3) trở thành

293898072
2
xttt
x
.
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:

273log

9
< x
.



0,1
đ


0,25 đ




0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ

0,1
đ


0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ


3

3






++=+
=
).2(2
)1(
3
yxyx
yxyx
Điều kiện:
)3(
.0
0

+

yx
yx


()



+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx

Thay
y
x
=
vào (2), giải ra ta đợc
.1
== yx

Thay
1
+= yx
vào (2), giải ra ta có:
2
1
,
2
3
== yx
.
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:

1,1 ==
yx
và
2
1
,
2
3
== yx

Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:




+=

=
.1yx
yx


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ

III















Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x
y =
và
24
2
x
y =
:

4
4
2
x

=
24
2
x
8804
432
2
24
===+ xx
xx
.
Trên
[
]
8;8
ta có
24
2
x
4
4
2
x

và do hình đối xứng qua trục tung

nên
dx
xx
S









=
8
0
22
24
4
42
21
8
0
2
8
0
2
22
1
16

SSdxxdxx
==

.
Để tính
1
S
ta dùng phép đổi biến
tx sin4
=
, khi
4
0


t
thì
80
x
.

tdtdx cos4
=
và

>
4
;00cos

tt
. Do đó

0,1
đ

















0,25 đ

0,25 đ










5,1
đ

0,5 đ




0,25 đ









x

0
-4

4

2
y
-2
2

2
2

2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=

4
()
422cos18cos1616
4
0
4
0
2
8
0
2
1
+=+===

dtttdtdxxS
.

3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2
===

xdxxS
. Vậy
3
4
2
21
+==

SSS
.

Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích
dx
xx
S










=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ


0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

IV
1














Khoảng cách từ
I
đến đờng thẳng
AB
bằng
2
5
5=
AD
và
2

5
==
IBIA
.
Do đó
BA
,
là các giao điểm của đờng thẳng
A
B
với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=
R
. Vậy tọa độ
BA
,
là nghiệm của hệ :

=+







=+
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx

Giải hệ ta đợc
()()
2;2,0;2 BA
(vì
0<
A

x
)
()( )
2;1,0;3 DC
.

Chú ý:

Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng
AB
.
Sau đó tìm
BA,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
HA
với đờng
thẳng AB .



0,1
đ

0,25 đ






0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

5,1
đ
















0,25 đ






0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

x
C
I
O
A
D
B
H
y

5
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa
BA
1
và
DB
1
.

Cách I
. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz
sao cho
()()()()( ) ( ) ( )( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111

() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA ===
và
[
]
( )
222
11
;2;,
aaaDBBA =

.
Vậy
()
[
]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.
()
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11

.
Tơng tự
DBCA
111

( )
111
BCADB
.
Gọi
()
111
BCADBG =
. Do
aCBBBAB ===
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA
có cạnh bằng
2

a
.
Gọi
I
là trung điểm của
BA
1
thì
IG
là đờng vuông góc chung của
BA
1
và
DB
1
, nên
()
6
2
3
3
1
3
1
,
1111
a
BAICIGDBBAd ====
.
Chú ý:

Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng
( )
P
chứa
BA
1
và song song với
DB
1
là:
02 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
B
(hoặc từ
D
) tới
()
P
,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
( )
Q
chứa
DB
1
và song song với
BA
1

là:
022 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
( )
Q .


0,1
đ











0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ





0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ



5,1
đ

0,25 đ







0,5 đ

0,25 đ


0,5 đ





0,25 đ


0,5 đ

0,5 đ

x
D
1
D
C
1
B
1

A
1

z
y
x
A
C
B
I
G

6

2b)
Cách I.

Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc


















a
a
Pa
a
N
a
aM ;
2
;0,0;;
2
,

2
;0;

0.;0;
2
,
2
;
2
;
11
=






=






= NCMPa
a
NC
aa
aMP

.
Vậy
NCMP
1

.
















Cách II.


Gọi
E
là trung điểm của
1
CC

thì
( )

11
CCDDME
hình chiếu vuông góc của
MP
trên
()
11
CCDD
là
1
ED
. Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC
1111
0
111111
90 ===
. Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có
NCMP
1

.


0,1
đ

0,25 đ


0,5 đ
0,25 đ













0,25 đ







0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

V


Số tam giác có các đỉnh là 3 trong
n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L là
3
2n
C
.
Gọi đờng chéo của đa giác đều
n
AAA
221
L đi qua tâm đờng tròn
( )
O
là
đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có
n
đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong

n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu
mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác
n
AAA
221
L tức
2
n
C
.
Theo giả thiết thì:

0,1
đ

0,25 đ

0,25 đ






D
1
A
1

B
1

C
1

C

B

A

M

E

N
P

y

x

z


7
()
() ()
( )( ) ()
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
2

=

=

=
nnnnn
n
n
n
n
CC
nn

81512
== nn
.
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
đến kết quả số hình chữ nhật là
2
)1(

nn
thì cho điểm tối đa phần này.




0,5 đ

www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.

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

Môn thi : toán khối B

Đề chính thức
Thời gian làm bài: 180 phút

_______________________________________________


Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số ( là tham số).
32
3 (1)yx x m= +
m
1) Tìm để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ.
m
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
m
=2.

Câu 2
(2 điểm).
1) Giải phơng trình
2
otg tg 4sin 2
sin 2
xx xc
x
+ =
.
2) Giải hệ phơng trình
2
2
2
2
2
3
2
3.
y
y
x
x
x
y

+
=

+

=




Câu 3 (3 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Ox
cho tam giác có
y
ABC
n
0
, 90 .
AB AC BAC
==
Biết
(1; 1)M
là trung điểm cạnh
B
C
và
2
; 0
3

G
là trọng
tâm tam giác
. Tìm tọa độ các đỉnh .

ABC
, , ABC
2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là một hình thoi cạnh ,
góc
.' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a
n
0
60BAD =
. Gọi
M
là trung điểm cạnh và là trung điểm cạnh
'
.
Chứng minh rằng bốn điểm
'
N
AA
CC
', , ,
B
MDN
'
cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ
dài cạnh

'
theo
a
để tứ giác
AA
B
MDN
là hình vuông.
3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Ox
cho hai điểm
và điểm sao cho . Tính khoảng cách từ
trung điểm
yz
0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)AB
C
(0; 6;AC

=
I
của
B
C
đến đờng thẳng
OA
.

Câu 4 (2 điểm).
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2

4.yx x=+

2) Tính tích phân

4
2
0
12sin
1sin2
x
I dx
x

=
+

.

Câu 5 (1 điểm).

Cho là số nguyên dơng. Tính tổng
n
23 1
012
21 21 2 1
23 1
n
n
nnn
CCC

n
+

++++
+
"
n
C

(
C
là số tổ hợp chập
k
của phần tử).
k
n
n
Hết

Ghi chú
: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



Họ và tên thí sinh Số báo danh
1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003


đáp án

thang điểm
đề thi chính thức

Môn thi : toán Khối B


Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1)
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ

tồn tại
0
0x
sao cho
00
() ( )yx y x=


tồn tại
0
0x
sao cho
32 3 2
00 0 0
3()3()
x
xm x x m

+=+



tồn tại
0
0x
sao cho
2
0
3
x
m=

0m>
.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
m
= 2.
Khi
2
m
=
hàm số trở thành
32
32.yx x= +

Tập xác định :
\
.

2
0
' 3 6 , ' 0
2.
x
yx xy
x
=

= =

=


" 6 6. '' 0 1.yx y x= ==

"y
triệt tiêu và đổi dấu qua
1(1;0)x =
là điểm uốn.

Bảng biến thiên:







Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm

(1; 0), (1 3; 0)
và cắt trục tung tại điểm
(0;2)
.

















1 điểm
0, 25 đ

0, 25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1 điểm

0,25đ

0,25đ



0,25đ










0,25đ


x




0 2 +

y
+ 0 0 +
2 +

CĐ CT
y
2
x
y
O
2
2
1

2
2
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình:
2
cotg tg 4sin 2 (1).
sin 2
xx x
x
+ =

Điều kiện:
sin 0
(*).
cos 0
x
x

Khi đó (1)
cos sin 2
4sin2
sin cos sin 2
xx
x
x
xx
+ =
22
cos sin 2
4sin2
sin cos sin 2
xx
x
x
xx

+=

2
2cos2 4sin 2 2xx+ =

2
2cos 2 cos2 1 0xx=

cos 2 1

1
cos 2
3
2
xk
x
x
k
x



=
=







= +
=





()k
Z

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

( ).
3
xkk= + Z

2) Giải hệ phơng trình
2
2
2
2
2
3 (1)

2
3 (2).
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=



Điều kiện
0, 0xy
.
Khi đó hệ đã cho tơng đơng với
22
22
22
()(3 )0
32

32.
32
xy xyxy
xy y
xy x
xy x

++ =

=+



=+

=+




TH1:
22
1
1.
32
xy
x
y
xy x
=

=




=
=+




TH2:
22
30

32
xy x y
xy x
++=



=+


vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có
,0xy>
.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1.xy= =

1 điểm



0,25đ




0,25đ


0,25đ

0,25đ



1 điểm






0,25đ


0,5đ


0,25đ
Câu 3. 3điểm
1)
Vì
G
là trọng tâm
A
BC
và
M
là trung điểm
B

C
nên
3(1;3)
MA MG
==
JJJG JJJJG

(0;2)A
.
Phơng trình
B
C
đi qua
(1; 1)
M

và vuông góc với
(1,3)
MA
=
JJJG
là:
1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1).

xy xy
+ +=+ +=

Ta thấy
10
MB MC MA

= ==
tọa độ
,
B
C
thỏa mãn
phơng trình:
22
(1) (1) 10 (2).

xy
++=

Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của
,
B
C
là
(4;0), ( 2; 2).



2)
Ta có
'// '
A
MNCAMCN=
là hình bình hành,
do đó
'

A
C
và
MN
cắt nhau tại trung điểm
I
của
mỗi đờng
.
Mặt khác
ADCB
là hình bình hành nên
trung điểm
I
của
AC
cũng chính là trung điểm của
BD.
Vậy
MN
và
BD
cắt nhau tại trung điểm
I
của
mỗi đờng nên
BMDN
là hình bình hành. Do đó
B,
M, D, N

cùng thuộc một mặt phẳng.
Mặt khác
DM
2
=
DA
2
+
AM
2
=
DC
2
+
CN
2
=
DN
2
,
hay
D
M =
D
N. Vậy hình bình hành
B
MDN là hình thoi. Do đó
B
MDN là hình
1 điểm

0,25đ


0,25đ


0,25đ
0,25đ
1 điểm







0,5đ


G

A

B

C
M

.

D

A

D

C
B

N

M

I

A

B

C
3
vuông


MN = BD


AC = BD

AC
2
= BD
2
= BB
2
+BD
2


3
a
2
= BB
2
+ a
2



BB=
2a



AA=
2a
.
3)
Từ

(0;6;0)AC
=
JJJG
và
A
(2; 0; 0) suy ra
C
(2; 6; 0), do đó
I
(1; 3; 4).
Phơng trình mặt phẳng (

) qua
I
và vuông góc với
OA
là :
10.x =


tọa độ giao điểm của (

) với
OA
là
K
(1; 0; 0).

khoảng cách từ
I

đến
OA
là
222
(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK
= + + =

0,5đ
1 điểm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
4.yx x=+

Tập xác định:
[]
2; 2
.
2
'1
4
x
y
x
=

,
2
22
0
'0 4 2
4
x
yxx x
xx



= = =

=


.
Ta có
(2) 2, (2)22, (2)2yy y= = =
,

Vậy
[2;2]
max ( 2) 2 2yy

==
và
[2;2]

min ( 2) 2yy

= =
.
2) Tính tích phân

4
2
0
12sin
.
1sin2
x
Idx
x

=
+


Ta có

44
2
00
12sin cos2
1sin2 1sin2
xx
Idxdx
x

x

==
++

.
Đặt
1sin2 2cos2txdtxdx=+ =
.
Với
0x =
thì
1,t =
với

4
x =
thì
2t =
.
Khi đó
2
1
2
11 1
ln | | ln 2.
1
22 2
dt
It

t
== =


1 điểm



0,25đ

0,25đ


0,25đ
0,25đ



1 điểm




0,25đ


0,25đ
0,25đ

0,25đ
Câu 5. 1điểm
Ta có
01 22
(1 )
nnn
nn n n
x
CCxCx Cx+=++ ++ .
Suy ra
()
22
01 22
11
(1 )
nnn
nn n n
x
dx C C x C x C x dx+=++++


2
2
23 1
101 2
1
1
1
(1 )
1231

n
nn
nn n n
xx x
xCxCC C
nn
+
+

+ =++++


++


23 1 11
012
21 21 2 1 3 2
23 1 1
nnn
n
nnn n
CCC C
nn
+ ++

+ + ++ =
+ +
"
.

0,5 đ






0,5 đ

Bộ giáo dục và đào tạo


Đề chính thức
Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn: Toán, Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề



Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y =
xxx 32
3
1
23
+
(1) có đồ thị (C).

1) Khảo sát hàm số (1).
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn và chứng minh rằng là tiếp tuyến của (C)
có hệ số góc nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phơng trình
xtgxx
2
)sin1(32sin5 =
.
2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
x
x
y
2
ln
=
trên đoạn [1;
3
e
].

Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4;
3
). Tìm điểm C thuộc đờng
thẳng
012 = yx
sao cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB bằng 6.
2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng

(
o
0
<

<
o
90
). Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) theo

. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD theo a và

.
3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A
)4;2;4(
và đờng thẳng d:





+=
=
+=
.41
1
23
tz

ty
tx

Viết phơng trình đờng thẳng

đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đờng thẳng d.
Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân I =
dx
x
xx
e

+
1
lnln31
.
2) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung
bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập đợc bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu
hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và
số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ?

Câu V (1 điểm)
Xác định m để phơng trình sau có nghiệm
22422
1112211
xxxxxm
++=

++
.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh

Số báo danh



1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

Đề chính thức
Môn:
Toán,

Khối B


(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu
ý

Nội dung Điểm
I

2,0

1
Khảo sát hàm số (1,0 điểm)






32
1
yx2x3x
3
=+
(1).




a) Tập xác định:
R
.
b) Sự biến thiên:
y' = x
2

4x + 3;
3,10' === xxy
.


0,25


y
CĐ
= y(1) =
4
3
, y
CT
= y(3) = 0; y" = 2x

4, y'' = 0
()
2
x2,y2
3
= =
. Đồ thị
hàm số lồi trên khoảng
(;2),
lõm trên khoảng ( 2; +

) và có điểm uốn là

2
U2;
3



.



0,25


Bảng biến thiên:


x

1 3
+


y' + 0 0 +

y
4
3

+

0








0,25






c) Đồ thị:
Giao điểm của đồ thị với các trục
Ox, Oy là các điểm
()()
0; 0 , 3 ; 0
.

0,25


2

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




Tại điểm uốn U
2
2;
3

, tiếp tuyến của (C) có hệ số góc
1)2('
=
y
.
0,25


Tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị (C) có phơng trình:

28
y1.(x2) y x
33
= + = + .

0,25

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x bằng:
y'(x) = x
2

34 + x
=
1)2(
2
x

1

y' (x) y' (2), x.
0,25

Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi x = 2 ( là hoành độ điểm uốn).
Do đó tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
0,25
II

2,0

1
Giải phơng trình (1,0 điểm)



5sinx
2
= 3 tg
2
x ( 1
sinx
) (1) .



Điều kiện: cosx

0

x

k,k Z
2

+
(*).
0,25


Khi đó (1)


2
2
3sin x
5sin x 2 (1 sinx)
1sinx
=


02sin3sin2
2
=+ xx
.
0,25


2
1

sin = x
hoặc
2sin =x
(vô nghiệm).
0,25


+

== 2
62
1
sin kxx

hoặc

+

= 2
6
5
kx
,
Z
k

( thoả mãn (*)).
0,25

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số (1,0 điểm)



y =
2
ln x
x





2
ln x(2 ln x)
y'
x

=

0,25


y'= 0
3
23
ln x 0 x 1 [1; e ]
ln x 2
xe [1;e].

==




=
=




0.25


Khi đó: y(1) = 0,
23
23
49
y(e ) , y(e )
ee
==

0,25


So sánh 3 giá trị trên, ta có:
3
3
2
2

[1; e ]
[1; e ]
4
max y khi x e , min y 0 khi x 1
e
====
.

0,25
III

3,0

1
Tìm điểm C (1,0 điểm)



Phơng trình đờng thẳng AB:
4
1
3
1


=

y
x

4x + 3y 7 = 0.
0,25


Giả sử
);( yxC
. Theo giả thiết ta có:
012 = yx
(1).
d(C, (AB)) = 6
22
4x 3y 37 0 (2a)
4x 3y 7
6
4x 3y 23 0 (2b).
43
+=
+

=

++=
+


0,25


Giải hệ (1), (2a) ta đợc: C

1
( 7 ; 3).
0,25


Giải hệ (1), (2b) ta đợc:
2
43 27
C;
11 11




.
0,25

2
Tính góc và thể tích (1,0 điểm)

3

Gọi giao điểm của AC và BD là
O thì
SO (ABCD)

, suy ra
n
SAO =

.
Gọi trung điểm của AB là M thì
OM AB

và
ABSM
Góc
giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(ABCD) là
n
SMO
.
0,25


Tam giác OAB vuông cân tại O, nên
=

== tg
a
SO
a
OA
a
OM
2
2
2
2
,

2
.
Do đó:
n
SO
tgSMO 2 tg
OM
==

.
0,25


23
S.ABCD ABCD
11a22
VS.SOatgatg.
3326
==

=


0,50

3
Viết phơng trình đờng thẳng

(1,0 điểm)

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


B

d


)41;1;23( tttB ++
(với một số thực t nào đó ).
()
AB 1 2t;3 t; 5 4t
=+ +
JJJG
.
0,25


AB

d


0. =vAB

2(1 2t) (3 t) 4( 5 4t) 0
+++=
t = 1.
0,25


AB (3 ; 2; 1 ) =
JJJG

Phơng trình của
1
4
2
2
3
4
:


=
+
=
+

zyx
.
0,25
IV

2,0

1
Tính tích phân (1,0 điểm)



dx
x
xx
I
e

+
=
1
lnln31
.



Đặt:
2
dx
t 1 3lnx t 1 3ln x 2tdt 3
x
=+

=+

=
.

x1 t1= =
,
xe t2= =
.
0,25


Ta có:
()
22
2
242
11
2t 1 2
I t dt t t dt
33 9

==

.
0,25



2
53

1
21 1
Itt
95 3

=


.
0,25


I =
135
116
.
0,25


4

2
Xác định số đề kiểm tra lập đợc (1,0 điểm)


Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trờng hợp sau:

Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:

23625

1
5
2
10
2
15
=CCC
.
0,25




Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó, thì số cách chọn là:

10500
2
5
1
10
2
15
=CCC
.
0,25



Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:

22750
1
5
1
10
3
15
=CCC
.
0,25

Vì các cách chọn trên đôi một khác nhau, nên số đề kiểm tra có thể lập đợc là:

56875227501050023625 =++
.
0,25
V

Xác định m để phơng trình có nghiệm
1,0


Điều kiện:

1

x

1.

Đặt t
22
1x 1x=+
.
Ta có:
22
1x 1x t 0+
, t = 0 khi x = 0.

24
t221x2 t 2=
, t = 2 khi x =

1.


Tập giá trị của t là [0;
2
] ( t liên tục trên đoạn [

1; 1]).
0,25


Phơng trình đã cho trở thành: m
()
2
t2 t t2
+=++

2
tt2
m
t2
++
=
+
(*)
Xét f(t) =
2
tt2
t2
++
+
với 0

t

2 . Ta có f(t) liên tục trên đoạn [0; 2 ].
Phơng trình đã cho có nghiệm x

Phơng trình (*) có nghiệm t

[0;
2
]



]2;0[]2;0[

)(max)(min tfmtf
.
0,25


Ta có: f '(t) =
()
2
2
t4t
0, t 0; 2
t2




+

f(t) nghịch biến trên [0;
2
].
0,25


Suy ra:
[0; 2 ] [0; 2 ]
min f (t) f ( 2) 2 1 ; max f (t) f (0) 1== ==
.
Vậy giá trị của m cần tìm là
21m1

.
0,25


www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2 điểm)
Gọi
m
(C )
là đồ thị của hàm số
()
2
xm1xm1
y
x1
++ ++
=

+
(*) (
m
là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi
m1.=

2)
Chứng minh rằng với
m
bất kỳ, đồ thị
m
(C )
luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu
và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng
20.


Câu II
(2 điểm)

1)

Giải hệ phương trình
()
23
93
x1 2y 1
3log 9x log y 3.
⎧

−+ − =
⎪
⎨
−=
⎪
⎩

2)

Giải phương trình
1 sin x cos x sin 2x cos 2x 0.++ + + =

Câu III
(3 điểm)
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy cho hai điểm A(2; 0) và B(6; 4) . Viết phương trình
đường tròn
(C)
tiếp xúc với trục hoành tại điểm
A
và khoảng cách từ tâm của (C) đến
điểm B bằng 5.
2)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng
111
ABC.A B C với

1
A(0; 3; 0), B(4; 0;0), C(0;3; 0), B (4; 0; 4).
−

a)

Tìm tọa độ các đỉnh
11
A,C. Viết phương trình mặt cầu có tâm là
A
và tiếp xúc với
mặt phẳng
11
(BCC B ).

b)

Gọi M là trung điểm của
11
AB. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
A, M và song song với
1
BC . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng
11
AC tại điểm
N
.
Tính độ dài đoạn
MN.

Câu IV
(2 điểm)
1)

Tính tích phân
2
0
sin2x cosx
Idx
1cosx
π
=
+
∫
.
2)

Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu
cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi
tỉnh có 4 nam và 1 nữ?

Câu V
(1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi
x,
∈
\
ta có:
xx x

xxx
12 15 20
345
543
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
++ ≥++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠
.
Khi nào đẳng thức xảy ra?

Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.


Họ và tên thí sinh Số báo danh …
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

Môn: TOÁN, Khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)


Câu Ý Nội dung Điểm
I

2,0
I.1 1,0
2
x2x2 1
m1 y x1 .
x1 x1
++
=⇒ = = ++
++

a) TXĐ: \\{
}.
1−
b) Sự biến thiên:
()()
2
22
1x2x
y' 1
x1 x1
+
=− =
++
y' 0 x 2,x 0.
,
= ⇔=− =

0,25

y
CĐ
(
)
(
)
CT
y2 2,y y0 2.=− = =
1
=−

Đường thẳng
là tiệm cận đứng.
x=−
Đường thẳng
là tiệm cận xiên.
yx1=+


0,25
Bảng biến thiên:

x
−
∞
−
2

1−
0 + ∞
y’
+
0
−

−
0
+


y



2−
+ ∞ + ∞



−
∞
−
∞ 2

0,25




c) Đồ thị















0,25
1

I.2 1,0

Ta có:
1
yxm
x1

=+ +
+
.

TXĐ: \\{
}.
1−
()
()
()
22
xx 2
1
y' 1 , y' 0 x 2, x 0.
x1 x1
+
=− = = ⇔ =− =
++





0,25

Xét dấu
y'

x
−∞ 2

−

1−

0
+∞
y’
+ 0
−
||
−

0
+

Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là
( )
M2;m3− −
và điểm cực tiểu là
.
()
N0;m 1+





0,50

()
()
()()
()
22
MN 0 2 m 1 m 3 20.=−−++−− =


0,25


II.

2,0
II.1 1,0

()
23
93
x 1 2 y 1 (1)
3log 9x log y 3 (2)
⎧
−+ − =
⎪
⎨

−=
⎪
⎩

ĐK:

x1
0y2.
≥
⎧
⎨
<≤
⎩



0,25
(
)
(
)
33 33
2 3 1 log x 3log y 3 log x log y x y.⇔+ − =⇔ = ⇔=

0,25

Thay
vào (1) ta có
yx=

()( )
x1 2x 1 x12x2 x12x 1− +−=⇔−+−+ − −=


()( )
x12x 0 x1, x 2.⇔−−=⇔==

Vậy hệ có hai nghiệm là
(
)
(
)
x;y 1;1=
và
(
)
(
)
x;y 2;2 .=




0,50
II.2 1,0

Phương trình đã cho tương đương với
2
sin x cos x 2sin x cos x 2cos x 0+ ++=

(
)
sin x cosx 2cos x sin x cosx 0⇔++ + =

(
)
(
)
sin x cos x 2cos x 1 0.⇔ ++=



0,50
•
sin x cos x 0 tgx 1 x k
4
π
+=⇔=−⇔=−+π

(
)
k.∈
]


0,25

•

12
2cos x 1 0 cosx x k2
23
π
+= ⇔ =− ⇔ =± + π
(
)
k.∈
]



0,25
2
III.

3,0

III.1 1,0
Gọi tâm của (C) là
(
)
Ia;b
và bán kính của (C) là
R.
(C) tiếp xúc với Ox tại A
và
a2⇒=
b
R.=

0,25
()()
22
2
IB 5 6 2 4 b 25 b 8b 7 0 b 1,b 7.=⇔ − + − = ⇔ − +=⇔= =

0,25
Với ta có đường tròn
a2,b1
==
()( ) ( )
22
1
C:x 2 y1 1.− +−=


0,25

Với
ta có đường tròn
a2,b7
==
()( )( )
22
2
C : x 2 y 7 49.−+−=

0,25

III.2a 1,0
(
)
(
)
11
A0;3;4,C0;3;4.−


0,25
(
)
(
)
1
BC 4;3;0 ,BB 0;0;4=− =
JJJG JJJJG

Vectơ pháp tuyến của
(
)
11
mp BCC B
là
()
1
nBC,BB 12;16;0
⎡⎤

==
⎣⎦
.
G JJJG JJJJG

Phương trình mặt phẳng
(
)
11
BCC B :

(
)
12 x 4 16y 0 3x 4y 12 0.
−+ =⇔ + −=



0,25

Bán kính mặt cầu:
()
()
11
22
12 12
24
RdA,BCCB
5
34

−−
==
+
.
=


0,25
Phương trình mặt cầu:
()
2
22
576
xy3z
25
++ +=
.


0,25
III.2b 1,0
Ta có
()
1
33
M 2; ; 4 , AM 2; ;4 , BC 4;3; 4 .
22
⎛⎞⎛⎞
−= =−
⎜⎟⎜⎟

⎝⎠⎝⎠
JJJJG JJJJG


0,25

Vectơ pháp tuyến của (P) là
()
P1
nAM,BC 6;24;12
⎡⎤
==−−
⎣⎦
JJG JJJJG JJJJG
.
Phương trình (P):
(
)
6x 24 y 3 12z 0 x 4y 2z 12 0.
−− ++ =⇔+−+=

Ta thấy
Do đó đi qua và song song với
B(4;0;0) (P).
∉
(P) A, M
1
BC .

0,25



Ta có
(
)
11
A C 0;6;0
=
JJJJJG
. Phương trình tham số của đường thẳng là
11
AC
x0
y3
z4.
=
⎧
⎪
t
= −+
⎨
⎪
=
⎩

(
)
11

NAC N0;3t;4.∈⇒−+

Vì
(
)
NP∈
nên
(
)
043t 8120 t2+−+−+=⇔=.

Vậy
(
)
N0; 1;4.−
() ()
2
22
31
MN 2 0 1 4 4 .
22
⎛⎞
=−+−++−=
⎜⎟
⎝⎠
7

0,50
3
IV

2,0
IV.1

1,0
Ta có
2
2
0
sin x cos x
I2 dx
1cosx
π
=
+
∫
.
Đặt
t 1 cos x dt sin xdx.= +⇒=−

x0 t2,x t1
2
π

=⇒= = ⇒=.



0,25
()
()
2
12
21
t1
1
I2 dt 2t2 dt
tt
−
⎛⎞
=−=−+
⎜⎟
⎝⎠
∫∫


0,25

2
2
1
t
22tlnt
2

⎛⎞
=−+
⎜⎟
⎝⎠


0,25









()
1
224ln2 2 2ln21
2
⎡⎤
⎛⎞
=−+−−=−
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
.

0,25
IV.2 1,0
Có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có
cách phân
công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh
niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có
cách phân công các
thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.
14
312
CC
14
28
CC
14
14
CC



0,50

Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán
là
14 1414
312 2814
C .C .C .C .C .C 207900.=


0,50

V

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có

xx x
12 15 12 15
2.
54 54
⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
+≥
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠
x


xx
x
12 15
2.3 (1).
54

⎛⎞⎛⎞
⇒+≥
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠




0,50

Tương tự ta có

xx
x
xx
x
12 20
2.4 (2).
53
15 20
2.5 (3).
43
⎛⎞⎛⎞
+≥
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
⎛⎞⎛⎞
+≥
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

0,25

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2,
ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra
(1), (2), (3) là các đẳng thức
⇔ ⇔
x0.
=


0,25


Hết
4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, 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
2
xx1
y.
x2
+−
=
+

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()
C
của hàm số đã cho.

2.

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
()
C,
biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên
của
()
C.

Câu II
(2 điểm)

1.

Giải phương trình:
x
cotgx sin x 1 tgxtg 4.
2
⎛⎞
++ =
⎜⎟
⎝⎠

2.

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
2
xmx22x1.++=+

Câu III
(2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
A(0; 1; 2)
và hai đường thẳng:
12
x1t
xy1z1
d: , d : y 1 2t
21 1
z2t.
=+
⎧

−+
⎪
== =−−
⎨
−
⎪
=+
⎩

1.

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d
1
và d
2
.
2.

Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV
(2 điểm)
1.

Tính tích phân:
ln 5
xx

ln 3
dx
I
e2e 3
−
=
+−
∫
.
2.

Cho
x, y
là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
() ()
22
22
Ax1y x1yy2.=−+++++−


PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban
(2 điểm)
1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
()
22
C:x y 2x 6y 6 0
+−−+=

và điểm
()
M3;1−
. Gọi
1
T và
2
T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến
()
C
. Viết phương
trình đường thẳng
12
TT .
2.

Cho tập hợp A gồm n phần tử
()
n4.≥
Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng
20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm
{
}
k 1,2, , n
∈
sao cho số tập con gồm
k
phần
tử của
A

là lớn nhất.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm
(2 điểm)
1.

Giải bất phương trình:
() ()
xx2
555
log 4 144 4 log 2 1 log 2 1 .
−
+− <+ +

2.

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

Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh

số báo danh
1/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
−−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)


Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
2
xx1 1
yx1.
x2 x2
+−
==−+
++

•
Tập xác định:
\
\
{
}
2−

.
•
Sự biến thiên:
()
2
1
y' 1 ,
x2
=−
+
y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.


0,25

Bảng biến thiên:






y
CĐ
= y(−3) = −5; y
CT
= y(−1) = −1.
0,25
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.
- Tiệm cận xiên: y = x − 1.

0,25

• Đồ thị (C):









0.25







2
Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm)
Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vuông góc
với tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1.
0,25
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1
⇔ 1 −
()
2
1

x2+
= −1 ⇔ x = −2
2
2
± .
0,25
Với x = − 2 +
2
2

⇒ y =
32
2
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d
1
): y = −x + 2 2 −5,
0,25


Với x = − 2 −
2
2
⇒
y = −
32
2
− 3
⇒
pt tiếp tuyến là (d
2

): y = −x − 2
2
−5.
0,25
x
y'
y
− ∞
− ∞ − ∞
+ ∞
+ ∞ + ∞
−5
−1
−1
0 0
−3 −2
− −
+
+
x
y
O
−1
−1
−3 −2
−5
1
2/4
II

2,00
1
Giải phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện:
x
sin x 0, cos x 0, cos 0
2
≠≠ ≠ (1).
0,25
Phương trình đã cho tương đương với:

xx
cos x cos sin x sin
cos x
22
sin x 4
x
sin x
cos x cos
2
+
+=
cos x sin x 1 1
44sin2x
sin x cos x sin x cos x 2
⇔ + =⇔ =⇔ =
0,50

xk
12
5
xk.
12
π
⎡
=+π
⎢
⇔
⎢
π
⎢
=+π
⎢
⎣
(k ∈
]
), thỏa mãn (1).
0,25
2
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)
2
xmx22x1
++=+
(2)
⇔
22
2x 1 0
xmx2(2x1)

+≥
⎧
⎨
++= +
⎩
⇔
2
1
x
2
3x (m 4)x 1 0 (3)
⎧
≥−
⎪
⎨
⎪
−− −=
⎩

0,25
(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn: −
1
2
≤ x
1
< x

2

0,25
⇔
⎧
⎪
Δ= − + >
⎪
−
⎪
=>−
⎨
⎪
⎪
−
⎛⎞
−=+ −≥ −− −
⎪
⎜⎟
⎝⎠
⎩
2
2
(m 4) 12 0
Sm4 1
26 2
13m4
f10, tron
g
®ã f(x) = 3x (m 4)x 1

24 2

0,25


⇔ m ≥
9
2
.
0,25
III

2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d
1
và d
2
(1,00 điểm)
Vectơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là:
1
u(2; 1;1)
=−
JJG
và
2

u(1;2; 1)
=−
JJG
.
0,25
⇒
vectơ pháp tuyến của (P) là:
12
n [u ,u ] ( 1; 3; 5).==−−−
JJG JJGJJG

0,25
Vì (P) qua A(0; 1; 2)
⇒
(P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
0,25

Do B(0; 1; −1) ∈ d
1
, C(1; −1; 2) ∈ d
2
, nhưng B, C ∉ (P), nên d
1
, d
2
// (P).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
0,25
2
Tìm tọa độ các điểm M ∈ d

1
, N ∈ d
2
sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

Vì M ∈ d
1
, N ∈ d
2
nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n)
⇒

AM
JJJJG
= (2m; m; −
3
−
m);
AN
JJJG
= (1 + n;
−
2
−
2n; n).
0,25
⇒
[
AM
JJJJG

,
AN
JJJG
] = (
−
mn
−
2m
−
6n
−
6;
−
3mn
−
m
−
3n
−
3;
−
5mn
−
5m)
0,25
A, M, N thẳng hàng
⇔
[ AM
JJJJG
,

AN
JJJG
] =
0
G

0,25


⇔
m = 0, n =
−
1
⇒
M(0; 1;
−
1), N(0; 1; 1).
0,25