tổng hợp đề và đáp án thi đh môn toán 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC

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)
x2 + x −1
.
Cho hàm số y =
x+2
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)

x⎞
⎛
1. Giải phương trình: cotgx + sin x ⎜1 + tgxtg ⎟ = 4.
2⎠
⎝
2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + mx + 2 = 2x + 1.
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng:
⎧x = 1 + t

x y −1 z + 1
⎪
=
d1 : =
, d 2 : ⎨ y = −1 − 2t
−1
2
1
⎪z = 2 + t.
⎩
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2.
2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV (2 điểm)
ln 5

dx
.
−x
e
2e
3
+
−
ln 3
x,
y
2. Cho
là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1. Tính tích phân: I =

∫

x

A=

( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 + y − 2 .

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 ( C ) : x 2 + y 2 − 2x − 6y + 6 = 0 và điểm

M ( − 3; 1) . Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C ) . Viết phương

trình đường thẳng T1T2 .
2. Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n ≥ 4 ) . 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: log5 4x + 144 − 4 log5 2 < 1 + log5 2x − 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..............................................


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
−−−−−−−−−−−−
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
I

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x −1
1
y=
.
= x −1+
x+2
x+2
• Tập xác định: \ \ {−2} .

• Sự biến thiên: y ' = 1 −
Bảng biến thiên:

1

( x + 2)

2

, y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.

−3

x −∞
y'

0

+

−2

−∞

−1

−

−

+∞

0 +

+∞

−5

y

0,25

+∞

0,25

−1

−∞

yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1.
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.
- Tiệm cận xiên: y = x − 1.

0,25

• Đồ thị (C):

y
−3 −2

−1 O

1

x

−1
0.25

−5

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.
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1
1
2

⇔1−
= −1 ⇔ x = −2 ±
.
2
2
( x + 2)

3 2
2
⇒y=
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5,
2
2
2
3 2
Với x = − 2 −
⇒y=−
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5.
2
2

Với x = − 2 +

1/4

0,25

0,25

0,25

0,25


II

2,00
1

Giải phương trình (1,00 điểm)

x
≠0
2
Phương trình đã cho tương đương với:
Điều kiện: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0, cos

0,25

x
x
+ sin x sin
2
2 =4
x
cos x cos
2
cos x sin x
1
1
⇔

+
=4⇔
= 4 ⇔ sin 2x =
sin x cos x
sin x cos x
2
π
⎡
⎢ x = 12 + kπ
⇔⎢
(k ∈ ] ), thỏa mãn (1).
⎢ x = 5π + kπ.
⎢⎣
12
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)
cos x
+ sin x
sin x

2

(1).

cos x cos

x 2 + mx + 2 = 2x + 1

0,50

0,25

(2)

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

(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: −

0,25
1
≤ x1 < x2
2

⎧
⎪Δ = (m − 4)2 + 12 > 0
⎪
1
⎪S m − 4
⇔⎨ =
>−

6
2
⎪2
⎪ ⎛ 1⎞ 3 m−4
− 1 ≥ 0, trong ®ã f(x) = 3x 2 − (m − 4)x − 1
⎪f ⎜ − ⎟ = +
2
⎩ ⎝ 2⎠ 4

⇔ m ≥

9
.
2

0,25

0,25

0,25

III

2,00
1

2

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

JJG
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: u1 = (2; 1; −1) và u 2 = (1; − 2; 1) .
JJG JJG JJG
⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: n = [u1 , u 2 ] = (−1; −3; −5).
Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

Vì JJJJ
M G∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m;
1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n)
JJJG
⇒ AM = (2m; m; −3 − m); AN = (1 + n; −2 − 2n; n).
JJJJG JJJG
⇒ [ AM , AN ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m)
JJJJG JJJG
G
A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM , AN ] = 0

0,25

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

0,25

2/4

0,25
0,25


IV

2,00
1

Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5

I=

ln 5

dx
e x dx
=
∫ ex + 2e− x − 3 ∫ e2x − 3ex + 2.
ln 3
ln 3

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx;

0,25

với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5.
5

0,25

5

dt
1 ⎞
⎛ 1
= ∫⎜
−
⎟ dt
(t
−
1)(t
−
2)
t
−
2
t
−
1
⎝
⎠
3
3

⇒ I=∫

t−2
= ln
t −1
2

5
3

0,25

3
= ln .
2

0,25

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên

( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2

≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2 .

0,25

Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f (y).
• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1 + y 2 + 2 − y
2y

− 1.
⇒ f '(y) =
y2 + 1

f '(y)

f '(y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 2

f(y)

y

⎧⎪ y ≥ 0
1
⇔⎨ 2
.
⇔
y
=
2
3
⎪⎩4y = 1 + y
Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:

1
3

−∞
−

0

2
+

2+ 3
0,50

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 .
Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.
1
thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .
Khi x = 0 và y =
3
V.a

0,25
2,00

1

Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài
(C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì
⎪⎧T ∈ (C)
⎪⎧T ∈ (C)
⎨ JJJG JJG ⇒ ⎨ JJJG JJG
⎪⎩ MT.IT = 0
⎪⎩ MT ⊥ IT
JJJG

JJG
MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có:
⎧⎪
x 2o + y 2o − 2x o − 6yo + 6 = 0
⎨
⎪⎩ (x o + 3)(x o − 1) + (yo − 1)(y o − 3) = 0
⎧⎪ x o2 + yo2 − 2x o − 6yo + 6 = 0
⇒ 2x o + yo − 3 = 0
⇒ ⎨
(1)
x o2 + yo2 + 2x o − 4yo = 0
⎪⎩
Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa
mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0.

3/4

0,25

0,25
0,25

0,25


2

Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm)
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Ckn . Từ giả thiết suy ra: C4n = 20C2n
2

⇔ n − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4)
Ck +1 18 − k
2
9
9
10
18
> 1 ⇔ k < 9, nên C118 < C18
< ... < C18
⇒ C18
> C18
> ... > C18
.
Do 18k =
+
k
1
C18
Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.

V.b
1

0,25
0,25

0,50
2,00

Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
log 5 (4x + 144) − log5 16 < 1 + log 5 (2x −2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 16 + log5 5 + log 5 (2x − 2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 [80(2x − 2 + 1)]

(

x

⇔ 4 + 144 < 80 2

x −2

)

x

0,50
x

+ 1 ⇔ 4 − 20.2 + 64 < 0

0,25
0,25

x

2

⇔ 4 < 2 < 16 ⇔ 2 < x < 4.
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

S•

a
N

•

A•

•

a 2

•D

•

a

I •
H

•

•

B

Xét ΔABM và ΔBCA vuông có

M

C

AM
1
BA
⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA
=
=
AB
2 BC

n = BCA
n ⇒ ABM
n + BAC
n = BCA
n + BAC
n = 90o ⇒ AIB
n = 90o
⇒ ABM
⇒ MB ⊥ AC (1)
SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB
(2).
Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC
SA a
1

⇒ NH =
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = NH.SΔABI.
2
2
3
a 3
a 6
a2 2
1
1
1
2
2
2
=
+
⇒
AI
=
BI
=
AB
−
AI
⇒
BI
=
⇒
S
=

,
ΔABI
3
3
6
AI 2 AB2 AM 2
2
3
1 a a 2 a 2
=
.
⇒ VANIB = . .
3 2 6
36

0,25
0,25

0,25

0,25

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn
nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------

4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

−−−−−−−−−−−−
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
I

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x −1
1
y=
.
= x −1+
x+2
x+2
• Tập xác định: \ \ {−2} .

• Sự biến thiên: y ' = 1 −

Bảng biến thiên:

1

( x + 2)

2

, y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.

−3

x −∞
y'

0

+

−2

−∞

−1

−

−

+∞

0 +

+∞

−5

y

0,25

+∞

0,25

−1

−∞

yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1.
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.
- Tiệm cận xiên: y = x − 1.

0,25

• Đồ thị (C):

y
−3 −2

−1 O

1

x

−1
0.25

−5

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.
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1
1
2
⇔1−
= −1 ⇔ x = −2 ±
.
2
2
( x + 2)

3 2
2
⇒y=
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5,

2
2
2
3 2
Với x = − 2 −
⇒y=−
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5.
2
2

Với x = − 2 +

1/4

0,25

0,25

0,25
0,25


II

2,00
1

Giải phương trình (1,00 điểm)

x

≠0
2
Phương trình đã cho tương đương với:
Điều kiện: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0, cos

0,25

x
x
+ sin x sin
2
2 =4
x
cos x cos
2
cos x sin x
1
1
⇔
+
=4⇔
= 4 ⇔ sin 2x =
sin x cos x
sin x cos x
2
π
⎡
⎢ x = 12 + kπ
⇔⎢
(k ∈ ] ), thỏa mãn (1).

⎢ x = 5π + kπ.
⎢⎣
12
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)
cos x
+ sin x
sin x

2

(1).

cos x cos

x 2 + mx + 2 = 2x + 1

0,50

0,25

(2)

1
⎧
2x + 1 ≥ 0
x≥−
⎧
⎪
⇔⎨ 2
⇔ ⎨

2
2
⎩ x + mx + 2 = (2x + 1)
⎪⎩3x 2 − (m − 4)x − 1 = 0 (3)

(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: −

0,25
1
≤ x1 < x2
2

⎧
⎪Δ = (m − 4)2 + 12 > 0
⎪
1
⎪S m − 4
⇔⎨ =
>−
6
2
⎪2
⎪ ⎛ 1⎞ 3 m−4
− 1 ≥ 0, trong ®ã f(x) = 3x 2 − (m − 4)x − 1
⎪f ⎜ − ⎟ = +
2
⎩ ⎝ 2⎠ 4

⇔ m ≥

9
.
2

0,25

0,25

0,25

III

2,00
1

2

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 và d2 (1,00 điểm)
JJG
JJG
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: u1 = (2; 1; −1) và u 2 = (1; − 2; 1) .
JJG JJG JJG
⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: n = [u1 , u 2 ] = (−1; −3; −5).
Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

0,25
0,25

0,25
0,25

Vì JJJJ
M G∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m;
1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n)
JJJG
⇒ AM = (2m; m; −3 − m); AN = (1 + n; −2 − 2n; n).
JJJJG JJJG
⇒ [ AM , AN ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m)
JJJJG JJJG
G
A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM , AN ] = 0

0,25

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

0,25

2/4

0,25
0,25


IV

2,00
1

Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5

I=

ln 5

dx
e x dx
=
∫ ex + 2e− x − 3 ∫ e2x − 3ex + 2.
ln 3
ln 3

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx;

0,25

với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5.
5

0,25

5

dt
1 ⎞
⎛ 1
= ∫⎜

−
⎟ dt
(t
−
1)(t
−
2)
t
−
2
t
−
1
⎝
⎠
3
3

⇒ I=∫

t−2
= ln
t −1
2

5
3

0,25

3
= ln .
2

0,25

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên

( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2

≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2 .

0,25

Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f (y).
• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1 + y 2 + 2 − y
2y
− 1.
⇒ f '(y) =
y2 + 1

f '(y)

f '(y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 2

f(y)

y

⎧⎪ y ≥ 0
1
⇔⎨ 2
.
⇔
y
=
2
3
⎪⎩4y = 1 + y
Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:

1
3

−∞
−

0

2
+

2+ 3
0,50

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 .
Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.
1

thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .
Khi x = 0 và y =
3
V.a

0,25
2,00

1

Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài
(C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì
⎪⎧T ∈ (C)
⎪⎧T ∈ (C)
⎨ JJJG JJG ⇒ ⎨ JJJG JJG
⎪⎩ MT.IT = 0
⎪⎩ MT ⊥ IT
JJJG
JJG
MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có:
⎧⎪
x 2o + y 2o − 2x o − 6yo + 6 = 0
⎨
⎪⎩ (x o + 3)(x o − 1) + (yo − 1)(y o − 3) = 0
⎧⎪ x o2 + yo2 − 2x o − 6yo + 6 = 0
⇒ 2x o + yo − 3 = 0
⇒ ⎨
(1)
x o2 + yo2 + 2x o − 4yo = 0

⎪⎩
Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa
mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0.

3/4

0,25

0,25
0,25

0,25


2

Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm)
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Ckn . Từ giả thiết suy ra: C4n = 20C2n
2

⇔ n − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4)
Ck +1 18 − k
2
9
9
10
18
> 1 ⇔ k < 9, nên C118 < C18
< ... < C18
⇒ C18

> C18
> ... > C18
.
Do 18k =
+
k
1
C18
Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.

V.b
1

0,25
0,25

0,50
2,00

Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
log 5 (4x + 144) − log5 16 < 1 + log 5 (2x −2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 16 + log5 5 + log 5 (2x − 2 + 1)
⇔ log5 (4 x + 144) < log 5 [80(2x − 2 + 1)]

(

x

⇔ 4 + 144 < 80 2

x −2

)

x

0,50
x

+ 1 ⇔ 4 − 20.2 + 64 < 0

0,25
0,25

x

2

⇔ 4 < 2 < 16 ⇔ 2 < x < 4.
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

S•

a
N

•

A•

•

a 2

•D

•

a

I •
H

•

•

B
Xét ΔABM và ΔBCA vuông có

M

C

AM
1
BA
⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA
=

=
AB
2 BC

n = BCA
n ⇒ ABM
n + BAC
n = BCA
n + BAC
n = 90o ⇒ AIB
n = 90o
⇒ ABM
⇒ MB ⊥ AC (1)
SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB
(2).
Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC
SA a
1
⇒ NH =
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = NH.SΔABI.
2
2
3
a 3
a 6
a2 2
1
1
1

2
2
2
=
+
⇒
AI
=
BI
=
AB
−
AI
⇒
BI
=
⇒
S
=
,
ΔABI
3
3
6
AI 2 AB2 AM 2
2
3
1 a a 2 a 2
=
.

⇒ VANIB = . .
3 2 6
36

0,25
0,25

0,25

0,25

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn
nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------

4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN, khối D
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 = x 3 − 3x + 2 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0.

2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

2. Giải phương trình:

( x ∈ \ ).

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) và hai đường thẳng:
x −2 y+ 2 z −3
x −1 y −1 z + 1
d1 :
=
=
, d2 :
=
=
.
2
−1
1
−1
2
1
1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1.

2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.
Câu IV (2 điểm)
1

1. Tính tích phân: I = ∫ ( x − 2 ) e2x dx.
0

2. Chứng minh rằng với mọi a > 0 , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
⎧⎪e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y)
⎨
⎪⎩ y − x = a.
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 (C): x 2 + y 2 − 2x − 2y + 1 = 0 và
đường thẳng d: x − y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có
bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A,
4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4
học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
2
2
1. Giải phương trình: 2 x + x − 4.2x − x − 22x + 4 = 0.
2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các
đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
----------------------------- Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ............................................................. số báo danh.....................................................

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
Câu
I

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
y = x 3 − 3x + 2.
• TXĐ: \.
• Sự biến thiên: y ' = 3x 2 − 3, y ' = 0 ⇔ x = − 1, x = 1.

0,25

Bảng biến thiên:
x

y'

-∞

-1
0

+

1
0

_

+∞
+
+∞

4
y

0

-∞

0,50

yCĐ = y ( −1) = 4, yCT = y (1) = 0.
• Đồ thị:

y
4

2
−2

2

−1

0,25
O

1

x

Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm)
Phương trình đường thẳng d là: y = m ( x − 3) + 20.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là:

(

0,25

)

x 3 − 3x + 2 = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) x 2 + 3x + 6 − m = 0.
Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
f ( x ) = x 2 + 3x + 6 − m có 2 nghiệm phân biệt khác 3

15
⎧
⎧⎪Δ = 9 − 4 ( 6 − m ) > 0
⎪m >
⇔ ⎨
⇔ ⎨
4
f
3
=
24
−
m
≠
0
(
)
⎪⎩m ≠ 24.
⎩⎪

1/4

0,25
0,25

0,25


II

2,00
1

Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
− 2sin 2x.sin x − 2sin 2 x = 0 ⇔ sin x ( sin 2x + sin x ) = 0
⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0.

( k ∈ ]).

• sin x = 0 ⇔ x = kπ

1
2π
⇔ x=±
+ k2π
( k ∈ ]).
2
3
Giải phương trình (1,00 điểm)
t2 +1
. Phương trình đã cho trở thành:
Đặt t = 2x − 1 ( t ≥ 0 ) ⇒ x =
2
t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0

• cos x = −

2

⇔ ( t − 1)

2

(t

2

)

+ 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1, t = 2 − 1.

Với t = 1, ta có x = 1. Với t = 2 − 1, ta có x = 2 − 2.
III
1

Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm)
Mặt phẳng ( α ) đi qua A (1; 2;3) và vuông góc với d1 có phương trình là:
2 ( x − 1) − ( y − 2 ) + ( z − 3) = 0 ⇔ 2x − y + z − 3 = 0.

0,50
0,25
0,25

0,25
0,50
0,25
2,00
0,50

Tọa độ giao điểm H của d1 và ( α ) là nghiệm của hệ:
⎧x = 0
⎧x − 2 y + 2 z −3
=
=
⎪
⎪
−1
1 ⇔ ⎨ y = −1 ⇒ H ( 0; −1; 2 ) .
⎨ 2
⎪⎩2x − y + z − 3 = 0
⎪z = 2
⎩
Vì A ' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA ' ⇒ A ' ( −1; −4;1) .

2

Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm)
Vì Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d 2 , nên Δ đi qua giao điểm B của
d 2 và ( α ) .

0,25
0,25

0,25

Tọa độ giao điểm B của d 2 và ( α ) là nghiệm của hệ:
⎧x = 2
⎧ x −1 y −1 z +1
=

=
⎪
⎪
2
1 ⇔ ⎨ y = − 1 ⇒ B ( 2; − 1; − 2 ) .
⎨ −1
⎪⎩2x − y + z − 3 = 0
⎪z = − 2
⎩
G JJJG
Vectơ chỉ phương của Δ là: u = AB = (1; −3; −5 ) .

Phương trình của Δ là:
IV
1

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
−3
−5
1

Tính tích phân (1,00 điểm)
1
⎧⎪u = x − 2
1
⇒ du = dx, v = e2x .
I = ∫ ( x − 2 ) e2x dx. Đặt ⎨

2x
2
⎪⎩dv = e dx
0

1
I = ( x − 2 ) e 2x
2

1
0

0,25
0,25
2,00

0,25

1

1
− ∫ e2x dx
20

e2
1
= − + 1 − e 2x
2
4

0,25

1

=
0

0,25

5 − 3e 2
.
4

0,50

2/4


2

Chứng minh với mọi a > 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
Điều kiện: x, y > −1. Hệ đã cho tương đương với:
⎧⎪e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = 0
(1)
⎨
( 2)
⎪⎩ y = x + a
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy
nhất trong khoảng ( − 1; + ∞ ) .

0,25

Xét hàm số f ( x ) = e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) , với x > −1.

Do f ( x ) liên tục trong khoảng ( − 1; + ∞ ) và

lim f ( x ) = − ∞, lim f ( x ) = + ∞

x →−1+

x→ + ∞

nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trong khoảng ( − 1; + ∞ ) .

0,25

Mặt khác:
1
1
−
1+ x 1+ a + x
a
> 0, ∀x > −1.
ea − 1 +
(1 + x )(1 + a + x )

f ' ( x ) = ex + a − ex +
= ex

(

)

⇒ f ( x ) đồng biến trong khoảng ( − 1; + ∞ ) .

Suy ra, phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng ( − 1; + ∞ ) .
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

0,25
0,25

V.a
1

Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm)
Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 1) , bán kính R = 1.
Vì M ∈ d nên M ( x; x + 3) .

0,25

Yêu cầu của bài toán tương đương với:
2

2

MI = R + 2R ⇔ ( x − 1) + ( x + 2 ) = 9 ⇔ x = 1, x = − 2.

2

0,50

Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M1 (1; 4 ) , M 2 ( − 2; 1) .

0,25

Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm)
4
Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C12
= 495.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

0,25

- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C52 .C14 .C13 = 120.
- Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C15 .C24 .C13 = 90.
- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C15 .C14 .C32 = 60.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
120 + 90 + 60 = 270.
Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 − 270 = 225.
3/4

0,50

0,25


V.b

2,00
1

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

(

22x 2 x

2

−x

) (

− 1 − 4 2x

2

−x

)

)(

(

− 1 = 0 ⇔ 22x − 4 2 x

2

−x

)

− 1 = 0.

0,50

• 22x − 4 = 0 ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 1.
2

2

2

• 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 2 x − x = 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0, x = 1.
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.
Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)

0,50

S

N
H
M

C

A
K
B

Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.
Do BC ⊥ AK, BC ⊥ SA nên BC ⊥ AH.
Do AH ⊥ SK, AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( SBC ) .
Xét tam giác vuông SAK:

1
1
1
2 3a
=
+
.
⇒ AH =
2
2
2
AH
SA
AK
19

0,25
0,25

SM SA 2 4
=
= .
SB SB2 5
SN SA 2 4
Xét tam giác vuông SAC: SA 2 = SN.SC ⇒
=
= .
SC SC2 5
S
16
9
9 19a 2
⇒ SBCNM = SSBC =
.
Suy ra: SMN =
SSBC 25
25
100

0,25

1
3 3a 3
Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: V = .AH.SBCNM =
.
3
50

0,25

Xét tam giác vuông SAB: SA 2 = SM.SB ⇒

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng
phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------

4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = 4x 3 − 6x 2 + 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua
điểm M ( −1; − 9 ) .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx.
4
3
2 2
⎪⎧ x + 2x y + x y = 2x + 9
2. Giải hệ phương trình ⎨ 2

( x, y ∈ \ ) .
⎪⎩ x + 2xy = 6x + 6
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; − 2;1) , C ( −2;0;1) .
1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C.
2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z − 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Câu IV (2 điểm)
π
π⎞
⎛
sin ⎜ x − ⎟ dx
4
4⎠
⎝
1. Tính tích phân I = ∫
.
sin 2x + 2(1 + sin x + cos x)
0
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2(x 2 + 6xy)
.
1 + 2xy + 2y 2

PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
n +1 ⎛ 1
1 ⎞ 1

k
1. Chứng minh rằng
⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là
n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn
số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết
rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; − 1), đường phân giác
trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x + 3y − 1 = 0.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
⎛
x2 + x ⎞
1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6
⎟ < 0.
x+4 ⎠
⎝

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và
mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng SM, DN.
...........................Hết...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 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 2008
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
• TXĐ : \.
⎡x = 0
• Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 1.

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1.
• Bảng biến thiên :

x −∞
y’

0,25

+

y

0
0
1

−

+∞

+
+∞

0,25

−1

−∞

• Đồ thị :

1
0

y
1
O

1

x

0,25

−1

2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình :

y = kx + k − 9.
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
⎧⎪ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 )
nghiệm : ⎨
2
( 3)
⎪⎩12x − 12x = k
Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = (12x 2 − 12x ) ( x + 1) − 9

0,50

⎡ x = −1
⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢
⎢x = 5 .
⎣
4
2

• Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15.
5
15
15
21
• Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − .
4
4
4
4
15
21
Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − .
4
4
II

0,50

2,00
1

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0
⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0.
Trang 1/4

0,50

• cos2x = 0 ⇔ x =

π kπ
+ .
4 2

π
+ kπ.
3
π kπ
π
Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ]).
4 2
3
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9
2 2
⎛ 2
⎞
x
⎪
⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9
⎨
x2
2 ⎠
⎝
⎪ xy = 3x + 3 −

⎩
2
⎡x = 0
⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = − 4.
• sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = −

2

• x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
17
• x = −4 ⇒ y = .
4
17 ⎞
⎛
Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ .
4⎠
⎝
III

0,50

0,50

0,50

2,00
1

2

Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)
JJJG
JJJG
Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ
G
JJJG JJJG
AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) .
G
Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình
2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0.
Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
JJJG JJJG
Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
(ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC.
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
⎧2x + 2y + z − 3 = 0
⎪
⎨ x y +1 z −1
⎪1 = 2 = −4 .
⎩

0,50

0,50

0,50

0,50

Suy ra M ( 2;3; − 7 ) .
IV

2,00
1

Tính tích phân (1,00 điểm)

π⎞
⎛
Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx.
4⎠
⎝
π
Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2.
4

0,25

Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 .
Suy ra I = −

2
2

2

∫
1

2 1
dt
=
2
2 t +1 1
(t + 1)

2

0,50

ơ

=

2⎛ 1
1 ⎞ 4−3 2
− ⎟=
.
⎜
2 ⎝ 2 +1 2 ⎠
4
Trang 2/4

0,25


2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
2(x 2 + 6xy)
2(x 2 + 6xy)
P=
.
=
1 + 2xy + 2y 2 x 2 + y 2 + 2xy + 2y 2

• Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2.
• Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó
2t 2 + 12t
⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1).
2
t + 2t + 3
3
− Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = .
4
− Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
P=

0,50

Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3.

3
1
3
1
.
, y=

, y=−
hoặc x = −
10
10
10
10
3
2
3
2
.
, y=−
, y=
hoặc x = −
P = −6 khi x =
13
13
13
13
Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
P = 3 khi x =

V.a

0,50

2,00
1

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

n +1 ⎛ 1
1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)!
.
Ta có:
⎜ k + k +1 ⎟ =
(n + 1)!
n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2
1 k!(n − k)!
.
[(n + 1 − k) + (k + 1)]
n+2
n!
k!(n − k)! 1
=
= k.
n!
Cn
=

2

0,50

0,50

Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00)
• Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối
xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC.
G
G

JJJJG
• u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u

⎛ a −1 b −1 ⎞
;
và trung điểm I ⎜
⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là
2 ⎠
⎝ 2
⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
⎪
nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1
⇒ H ' ( −3;1) .
⎪⎩ 2 − 2 + 2 = 0
• Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là
G
v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0.
⎧3x − 4y + 13 = 0
⇒ A(5;7).
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩ x−y+2=0
1 JJJG
• Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4)
2
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0.
⎧ 3x + 4y + 7 = 0
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩3x − 4y + 13 = 0.

⎛ 10 3 ⎞

Suy ra C ⎜ − ; ⎟ .
⎝ 3 4⎠
Trang 3/4

0,50

0,50


V.b

2,00
1

Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
x2 + x
x2 + x
log 6
>1 ⇔
>6
x+4
x+4

0,50

( x + 3)( x − 8) > 0.
x 2 − 5x − 24
>0 ⇔
x+4

x+4
Tập nghiệm của bất phương trình là : ( −4; − 3) ∪ ( 8; + ∞ ) .

0,50

⇔

2

Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là
đường cao của hình chóp S.BMDN.
Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
a 3
AB
.
SM =
= a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH =
2
2
1
Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 .
2
a3 3
1
Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN =
(đvtt).
3
3
S

0,50

E

A
M

D

H

B

N

C

Kẻ ME // DN (E ∈ AD)
a
suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
2
n
(SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE
0,50
a 5
a 5
, ME = AM 2 + AE 2 =
.
2

2
a
n = ϕ và cosϕ = 2 = 5 .
Tam giác SME cân tại E nên SME
5
a 5
2
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn
nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết---------------Suy ra SE = SA 2 + AE 2 =

Trang 4/4