BO DE DH2006 DA TOAN d 0644 0644 0673 to

o

L
n
L
L
L
an
L
-

B
oa
H

H

Th

o

D

e

e
D
o

-

Th
i

i

To

To

0,25

an

an

L

Ly

Ly

-

an

To

Th

i

1/4

e
D
o

an
To
i

Th
e

D

o

o

B

0,25

oa

oa

H

Ly

-

an

To

Th
i
D
e
o

To

oa
H
Ly
an

0,25

To

)

i
Th

e

D

e

D

o

B

B
oa
H
Ly
an
To
i

i

Th

e
D
o
B

B

oa
H
Ly

-

To
an

i

Th

0,25

f ( x ) = x 2 + 3x + 6 − m có 2 nghiệm phân biệt khác 3

Th
e

an
To
i

Th
e
D
o
B

D
o

o
B
oa
H
Ly

(

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

an
To
i

Th
e
D
o
B
oa
oa

Th
e

x

D

1

x 3 − 3x + 2 = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) x 2 + 3x + 6 − m = 0.

o

o

B

To
a
Th
i
e

D

o
B
oa
H
H
H
Ly
To
an

0,25

i

To
Th
i

e

O

-

an

To

Th
i

e
D

Ly
Ly
-

To
an
i
Th
D
o
B
oa
H
Ly

an

an

To
i
Th

−1

e
D
o
B
oa
i

Th

0,50

e

e
D
o
B
oa
H
Ly
-

2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là:

e

an

To
i
e

o
B
oa
-

To
Th
i

y
4

−2

H
Ly
an
To

0

an

n

To
a

i

Th
e
D
o
B
oa
H
Ly
n

To
a
i
Th
e

+∞

Ly

Ly

-

an
To
Th
i
e
D

o

B
D

+

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.

D

+∞

H

H

oa

H
oa
Ly

-∞

• Đồ thị:

o

Th

1
0

_

D

-1
0
4

B

B

o

o

D

e

+

-

-

To
an

i
Th

-∞

yCĐ = y ( −1) = 4, yCT = y (1) = 0.

B

B
Th
e

B
oa

H

Ly

Ly

-

an

To

i
Th
e
D

D

o

D
o

o
oa

H

H
Ly
an
To
i
Th
e

x
y'

0,25

Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi

D

o

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.

y

2

oa

To

i

i
Th
D
e

Nội dung

Bảng biến thiên:

B

Ly

-

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

B

B
oa

1

an

an
To

To
i
Th
e
o

D

Ý

D

D
o
Ly

-

an

an
To
i
Th

e

B

o

D

Câu
I

H

H
Ly

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

oa

oa

H
-

Ly

ĐỀ CHÍNH THỨC

B

B

B

o

o

D

D

D

o

B

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


D
o
B
oa

H

L
n
L
L
an
To
i
Th

e

D

L
an
To
i

Th
e
D

o
B
oa
H
Ly

L
an

an

To

e

e

Th

Th

i

i

To

2,00

o

o

D

D

0,25

B
oa

oa

an

L

Th

D

e

e
D

-

Th
i

i

To

To

0,50

an

-

-

Ly

Ly

H

H

0,25

o

o

D

e

Th

i

2/4
o

0

5 − 3e 2
.
4

an

=

To

1

-

an

To

0,25

B

B

oa

Ly

H

0

Th
i
D
e
o

o

oa

H

Ly

To
an
i
Th

D

o

oa

H

Ly

-

To
an

i

Th

e

D

o

o
B
oa
H
an
To
i

0,25

1

1
− ∫ e2x dx
20

e2
1
= − + 1 − e 2x
2
4

Th

0,25

0,25

B

B

oa

H

Ly

-

an
To

Th
i

e

D

D

o

B

Ly

1

0,25

e

e

D

o

o
B
oa
H
Ly
an
To
i
Th
e

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

0,25
B

B

oa

H

Ly

an

To

Th
i

Th

e

D

D

o

B

1

-

-

To
an

D

o

o

B

oa

H

Ly

-

an

To

i

i
Th
e

⎧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 ) .

IV

0,50

i

Th

e

e

D

D

o
B
oa
H
n
To
a

Tọa độ giao điểm B của d 2 và ( α ) là nghiệm của hệ:

Phương trình của Δ là:

an
To

H

Ly

Ly

-

an

To

Th
i

Th

e

e
D

o

B

Ly

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 ) .

i

Th

e

D

o
B
oa

oa

H

H

Ly

-

n

To
a

i

Th

i

⎧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

To
a

Th
i

e

D

o
B

Th
e

D

o

B

B
oa

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:

Ly
-

oa

-

an

To

i

i

Th

D

o

o
B
H
oa

0,25
2,00

Tọa độ giao điểm H của d1 và ( α ) là nghiệm của hệ:

an

0,25
0,50

2 ( x − 1) − ( y − 2 ) + ( z − 3) = 0 ⇔ 2x − y + z − 3 = 0.

To

H

Ly

Ly

-

To
an

)

+ 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1, t = 2 − 1.
e

2

D

D

o

Ly

-

an

i
Th
e
D

H

H

Ly

-

an

To

i

Th

e

(t

0,25

oa

oa

B

B

o

o

o
B
oa
H
Ly
an
To
i
Th
e

2

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

B

0,25

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
⇔ ( t − 1)

2,00

0,50

To

To

i
Th

D

D
e

e

e
D

o

B

2

1

e

D
-

an

an

To

i

Th

Th

( k ∈ ]).

• sin x = 0 ⇔ x = kπ
• cos x = −

D

o
Ly

Ly

-

an
To
i

⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0.

III

o

B
H
oa

oa

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
H

oa

H

Ly

1

B

B

o

o

D

D

D

o

B

II


D

D

o

o

B

B

B

H

oa

H
oa

L

Ly

Ly

-

-

n

an

an

To

To

o

D

e

0,25
B

Th

e

D

o

B

Th
i

i

i

Th

D
e

o

B

B

B

o

o

D

D

e

e

Th

Th

i

i

To

To

an

an

-

-

⎧⎪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; + ∞ ) .

To
a

Ly

Ly

Điều kiện: x, y > −1. Hệ đã cho tương đương với:

-

oa

Chứng minh với mọi a > 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
H

H

oa

B

o

o

D

D

D

o

B

2

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

L
L
an

Th
e

D

L
an
To
i
Th

e

Th

e

D
o
B

oa

Th
i

i

To

To

an

an

-

-

L

H
Ly

0,25

Th

D

e

e
D
o

o

Th
e
D
o

0,50

D

o

B

oa

H

Ly

-

an
To

3/4

i

Th
i
D
e
o

o

H

Ly

-

an

To

i

i

Th

e

D

o

B

oa

H

Ly

-

an
To

To
i

0,25

oa

oa

H

Ly

-

To
an

an

To

Th
i

e

D

o
B
oa
H
Ly
an

-

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.

Th

0,25
B

B

B

oa

Ly

-

an
To
i
Th
e

To
i

i

Th

e

D

o

o

o
B

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:
H

oa
H
Ly

D

D

e

e

e
D

o

B

an
o
B

To
an

an

To

Th
i

Th

0,50

- 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.

D

0,25

-

-

Ly

Ly

H

H

oa

oa

oa

H

Ly

-

an

i

2

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

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

o

To

Th
e
D

D
o

B

B

B

To

To
a
i
Th

2

i

i
e

e
o

o

D

D
oa
H

Ly
n

Yêu cầu của bài toán tương đương với:

B

0,25

Th

Th

e

e

B

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.

2

0,25

To
an

To

Th
i

i

Th
i

To

To
a

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

Vì M ∈ d nên M ( x; x + 3) .

To
i

Th
e
D
o
B
H
Ly

Ly

an

n

-

-

-

Ly

Ly

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

an

oa

oa

)

H

oa
H

(

B

B

o

o

o
B
H
oa

= ex

an

-

an

To

D

D

e

e

Th

Th

i

i

i
Th

e

D

D

o

B
D

0,25

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

f ' ( x ) = ex + a − ex +

Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

o

L

Ly

Ly

-

To

To
i
Th
e

Mặt khác:

V.a

e

x→ + ∞

To
an

an

an

-

-

x →−1+

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

1

D

o

oa

H

lim f ( x ) = − ∞, lim f ( x ) = + ∞

Ly

Ly

H

H

oa

oa

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


o
B

L

Ly

L
an
To
i

Th
e
D
o
B
oa

To
i

i

Th
e
D
o
B

B

B

o

o

K

D

D

e

e

Th
i

C

Th

To

M

an

To
an

an

-

-

H

L

Ly

Ly

H

H

H
Ly
n
To
a
i
Th
e
D
o
B

n

Th
i
e

D

o
B
oa
H
Ly
an

To

N

oa

oa

B

B

o

o

D

D

e

e

Th

Th

i

i

i
Th
e
D
o
B
H
oa
Ly
an

To
e

To
a

-

i
D

o

B

oa

To

To
an

an

-

-

Ly

Ly

Ly
an
To
i
Th
e
Th
i

A

0,50

0,50

H

S

H

H

oa

oa

B

B

o

o

e

D
e

e

D

D

o

B
D

o

B

)

− 1 = 0.

• 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)

D

o

B

−x

Th

Th

Th

2

2

an

)(

(

i

i

i
Th
e

2

2,00

H

oa

H

oa
Ly

)

− 1 = 0 ⇔ 22x − 4 2 x

To

−x

• 22x − 4 = 0 ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 1.

2

D

D
o

2

-

) (

− 1 − 4 2x

an

−x

To

2

To

an

an

22x 2 x

To

B

B
oa

-

(

Ly

H

Giải phương trình (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với:
-

1

Ly

H

oa

B

o

o

D

D

D

o

B

V.b

L

Ly

0,25

Th

Th

i

i

To

To

an

an

-

-

-

To
an

i

Th

0,25
B

B

o

o

D

D

e

e

e

D

o

B

B

an
To
i

Th

e

D
o
B
oa
H

H

Ly

Ly

-

an

To

Th
i

o

o

D

D

e

e

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

B

L

Ly

-

To
an

i

Th

e

o

B

oa

oa

H

oa
H
Ly
an
To
i

0,25

D

D

B

B

o

o

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

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

Th

H

H

Ly

Th
i

Th

e

D

D

o

0,25

1
1
1
2 3a
=
+
.
⇒ AH =

2
2
2
AH
SA
AK
19
e

i

To

To

an

an

-

-

n
To
a
i
Th
e

Xét tam giác vuông SAK:

B

oa

oa

oa
H

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 ) .
Ly

Ly

H

oa

B

oa

oa

H

H

Th

Th
i

i

To

To

an

an

-

-

L

Ly

Ly

an
To

D

e

e
D
o

o

Th

i

4/4

e
D
o

D
e
o

o

D

e

Th

Th
i

i

To

To

an

an

-

-

Ly

Ly

H

H

oa

oa

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 ----------------