Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2006

ĐỀ THI & BÀI GIẢI THI ĐH 2006
MÔN
TOÁN KHỐI B

Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y =
2
xx1
x2
+−
+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã
cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó
vuông góc với tiệm cân xiên của (C).
Câu II:
(2 điểm)
1. Giải phương trình: cotgx + sinx(1 + tgx.tg
x
2
) = 4
2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:

2
xmx22x1++=+
Câu III:
(2 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho điểm A (0; 1; 2) và hai đường
thẳng d
1
:
x y 1z1
21 1
−+
==
−
và d
2
:
x1t
y12
z2t
=+
⎧
⎪
=− −
⎨
⎪
=+
⎩
t
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 trên d
1
, N trên d
2
sao cho 3
điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV:
(2 điểm)
1. Tính I =
ln 5
xx
ln3
dx
e2e 3
−
+−
∫

2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất
của biểu thức A =
22 22
(x 1) y (x 1) y y 2−++ +++−
Phần tự chọn : Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
CâuV.a: Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
– 2x

– 6y + 6 = 0 và điểm M (-3; 1). Gọi T
1
và T
2
là các tiếp
điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương
trình đường thẳng T
1
T
2
.
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 :
log
5
(4

x
+ 144) – 4log
5
2 < 1 + log
5
(2
x – 2
+ 1)
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật
với AB = a, AD =
a
, SA = a và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Gọi M, 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.
2

BÀI GIẢI
Câu I:

1. y =
2
xx1
x2
+ −
+
=
1
x1

x2
−+
+

D = R \
⎨
-2
⎬

TCĐ : x =
−
2; TCX : y = x – 1
y' =
2
1
1
=
(x 2)
−
+
2
2
x4x3
(x 2)
+ +
+

y’ = 0
⇔
x =

−
1
∨
x =
−
3

x -
∞
-3 -2 -1 +
∞

y' + 0
−

−
0 +
y -5
-
∞
-
∞

+
∞
+
∞

-1
Đồ thò hàm số :

2. Tiệm cận xiên có hệ số góc k
1
=1. Tiếp tuyến vuông
góc tiệm cận xiên
⇒
hệ số góc tiếp tuyến là k
2
=
−
1.
⇒
Pt tiếp tuyến có dạng y =
−
x + m (D)
(D) tiếp xúc (C)
⇔

Hệ
2
1
11
(x 2)
1
x1 xm
x2
⎧
−=−
⎪
+
⎪
⎨
⎪
−+ =−+
⎪
+⎩
có nghiệm
⇔
2
1
(x 2)
2
1
2(x 2) 5 m
x2
⎧
+=
⎪

⎪
⎨
⎪
+ +−=
⎪
+⎩
có nghiệm
Vậy : m =
22 5
−
∨ m =
22 5
−−

Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là y= −x – 5
22
±

Câu II.
1. Với điều kiện sin2x ≠ 0, ta có:

x
1t
gx.tg
2
+
=
xx
cosx.cos sinx.sin
1

22
x
cosx
cosx.cos
2
+
=

Vậy phương trình đã cho ⇔
cosx sinx
4
sin x cos x
+=
(1)
⇔ sin2x =
1
2
⇔ x =
k
12
π
+π
hay x =
5
k
12
π
+ π

CĐ

CT
y
-2
-1
-3
-1
0 1
-5
-3
x
2. Cách 1: Ycbt ⇔ x
2
+ mx + 2 = (2x + 1)
2
có 2 nghiệm
phân biệt ≥
1
2
−

⇔ f(x)=3x
2
+(4 – m)x – 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≥
1
2
−

Vì a.c < 0 nên f(x) = luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
Vậy ycbt ⇔ f(x) = 0 có đúng 1 nghiệm thỏa
1

2
−
≤ x < 0
Vì f(0) = −1 ≠ 0 nên ycbt ⇔
1
f.f(0)
2
⎛⎞
−≤
⎜⎟
⎝⎠
0

⇔
1
f0
2
⎛⎞
−≥
⎜⎟
⎝⎠
⇔
1m
3. 2 1 0
42
−+ −≥
⇔
9
m
2

≥

Cách 2:
2
xmx22x++=+1
⇔
22
1
x
2
x mx 2 4x 4x 1
⎧
≥−
⎪
⎨
⎪
++= ++
⎩
⇔
2
1
x
2
3x 4x 1 mx
⎧
≥−
⎪
⎨
⎪
+−=

⎩

⇔
1
x
2
1
3x 4 m (do x=0 khôn
g là nghiệm)
x
⎧
≥−
⎪
⎪
⎨
⎪
+− =
⎪
⎩

Xét y = 3x + 4
1
x
−
(C’) với x ≥ −
1
2
và x ≠ 0
Ta có : y’ = 3 +
2

1
x
> 0 ∀ x ≠ 0
x

1
2
−
0 +∞
y' + +
y +∞

9
2

+∞


-∞

Ycbt ⇔ (d) y = m cắt (C’) tại 2 điểm phân biệt ⇔
9
m
2
≤

Câu III

1. Mặt phẳng (P) có 1 cặp VTCP :

1
a
uur
=(2, 1, -1) và
2
a
uur
=(1, -2, 1)
⇒ (P) có 1 PVT là (1; 3; 5)
Vậy ptrình mp (P) là: 1(x – 0) + 3(y – 1) + 5(z – 2) = 0
Hay x + 3y + 5z – 13 = 0
2. Gọi M (2t’, 1+t’, −1–t’) ∈ d
1
; N (1+t, −1–2t, 2+t) ∈ d
2

Vậy AM (2t ',t ', 3 t')=−−
uuuur
; AN (1 t, 2 2t,t)=+−−
uuur

A, M, N thẳng hàng ⇔ AM
uuuur
cùng phương với
AN
uuur

⇔
2t' t' 3 t'
1t 22t t

−−
==
+−−
⇔
4t'(1 t) t'(1 t) 0
2tt' (1 t)(3 t') 0
++ +=
⎧
⎨
++ + =
⎩
⇔ ⇔
t' 0 (1 t) 0
2tt' (1 t)(3 t') 0
=∨ + =
⎧
⎨
++ + =
⎩
t' 0
t1
=
⎧
⎨
=−
⎩
Do đó M (0, 1, −1) và N (0, 1, 1)
Câu IV.

1. I =

ln5
x
2x x
ln3
edx
e3e−+
2
∫

Đặt t = e
x
⇒ dt = e
x
dx và t (ln3) = 3; t(ln5) = 5
I =
55
2
33
dt dt
t3t2 (t1)(t2
=
)
− +−−
∫∫
=
5
3
11
dt
t2 t1

⎛⎞
−
⎜⎟
−−
⎝⎠
∫

=
5
3
t2
ln
t1
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥
−
⎦
=
3
ln
2

⎣
2.
Cách 1 : Xét a (1 x,y)=−
r
; b (1 x,y)=+
r

A =
aby 2aby 221
2
yy2+ +−≥++−= + +−
rr rr

Dấu “=” xảy ra khi x = 0
p dụng BĐT BCS
22
3 y 1 y 421y+≤ + = +
⇒ A ≥
y 32yy 32y 23++−≥++−=+

dấu “=” xảy ra khi y =
1
3

⇒ A ≥
23+
dấu “=” khi x = 0, y =
1
3

Vậy : min A = 2 +
3
khi x = 0, y =
1
3

Cách 2: Xét a (1 x,y)=−
r
; b (1 x,y)=+
r

A =
2
aby 2aby 221yy2+ +−≥++−= + +−
rr rr

Dấu “=” xảy ra khi x = 0
Xét g(y) =
2
21 yy2+− +
•

y ≥ 2 : g(y) =
2
21 yy2+− : luôn tăng +
•

y < 2 : g(y) =
2
21 y 2 y++−
g’(y) =
2
2y
1
1y
−

+
, g’(y) = 0 ⇔ y =
1
3

Lập bảng biến thiên ta có:
g(y)
23≥+
, dấu “=” khi y =
1
3

Vậy : min A = 2 +
3
khi x = 0, y =
1
3

Cách 3:
p dụng BĐT BCS :

22 22
3131
(1 ) (1 ) ( 1)
2244
− +≤+ −+= −+x yxyxy


22 22
3131

(1 ) (1 ) ( 1)
2244
+ +≤+ ++= ++x yxyxy

Vậy A
3131
(1 ) (1 ) 2
2222
≥−

+++++−xy xyy

331 331
22
22 2 22 2
3
+++ ++−=+xy xy y≥−

dấu “=” xảy ra khi x = 0, y =
1
3

Câu V.a.

1. (C) có tâm I (1; 3), R = 2
Đường tròn đường kính MI có tâm J (−1, 2)
R’ = MJ =
41 5+=

Phương trình đường tròn (C’) đường kính MI là:

(x + 1)
2
+ (y – 2)
2
= 5
⇔ x
2
+ y
2
+ 2x – 4y = 0 (C’)
T
1
T
2
chính là trục đẳng phương (C) và (C’)
Phương trình T
1
T
2
:
x
2
+ y
2
– 2x – 6y + 6 = x
2
+ y
2
+ 2x – 4y
⇔ 2x + y – 3 = 0

Cách khác : Gọi T (x
0
, y
0
) là tiếp điểm của tiếp tuyến Δ
với (C). Pt Δ là: x
0
x + y
0
y – (x + x
0
) – 3(y + y
0
) + 6 = 0
M (−3, 1) ∈ Δ ⇔ −3x
0
+ y
0
– x
0
+ 3 – 3y
0
– 3 + 6 = 0
⇔ 2x
0

+ y
0
– 3 = 0
Vì T
1
, T
2
là tiếp điểm ⇒
⎧
⎨
11
22
23
23
+−=0
0+−=
⎩
x y
xy

Vậy Pt T
1
T
2
: 2x + y – 3 = 0

2. ⇔
42
nn
C20C=

n! 20n!
4!(n 4)! 2!(n 2)!
=
−−


12
24.(n 4)! 2(n 2)!
=
−−
0
1
1
≥
⎪
⎩
⇔ (n – 3)(n – 2) = 20.12
⇔ n = 18 (vì n ≥ 4)
Ycbt ⇒
⎪
⎨
⇒ k = 9
kk
18 18
kk
18 18
CC
CC
−
+

⎧
≥
Câu V.b.

1. Bất phương trình đã cho tương đương :

x
x2
55
4 144
lo
g log 5(2 1)
16
−
+
<+

⇔
x
x2
4144
5(2 1)
16
−
+
<+

⇔
xx
414480(2 1

−
+< +
2
)
⇔ ⇔
x
42 16<< 2x4< <
2. Cách 1: Dễ thấy I là trọng tâm ΔABD
⇒ BI =
2
BM
3
=
a2
3
và AI =
1a
AC
33
=
3

ΔABI có BI
2
+ AI
2
=
22
22
2a 3a

aAB
39
+==

⇒ BI⊥ AI và BI ⊥ SA ⇒ BI⊥(SAC) ⇒(SMB) ⊥ (SAC)
Gọi V = V
SABC
; V
1
= V
SABN
; V
2
= V
CNBI
Ta có :
12
VV
SN.SA.SB CN.CI.CB
V V SC.SA.SB SC.CA.CB
+= +


12
VV
112115
.
V22323
+
=+ =+=

6

⇒ V
ANIB
=
SABC
111
V.BA.BC.
S
666
= A
=
1
a.a 2.a
36

⇒ V
ANIB =
3
a2
36

Cách 2: Chọn hệ trục như hình vẽ.
z
x
B
S
D
A
N
M
I
a
a
M I
T
1
T
2
•

J
a2

C
y
Ta có A (0, 0, 0); B (a, 0, 0); C (a,
a2
, 0); D (0,
a
, 0);
S (0, 0, a); M (0,
2
a2
2
, 0); N (
a
2
,
a2
2
,
a
2
)
• I là trọng tâm ΔABD ⇒
IC 2IA
=−
uuruur
⇒ I
aa2
;;0
33
⎛⎞

⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

•

AS (0,0,a)
AC (a,a 2,0)
⎫
=
⎪
⎬
=
⎪
⎭
uuur
uuur
⇒
(SAC)
nAS,A
⎡⎤
=
⎣⎦
C
ruuur uuur
=
22
(a 2,a,0)−
SB (a,0, a)
a2

SM (0, , a)
2
⎫
=−
⎪
⎬
=−
⎪
⎭
uur
uuur
⇒
2
22
(SMB)
2a2
na

;a;
22
⎛⎞
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
r
0
Ta có :
44
(SAC) (SMB)

n.n aa= −=
rr
⇒ (SAC) ⊥ (SMB)
•
aa2a
AN ( ; ; )
222
aa2
AI ( ; ;0)
33
⎫
=
⎪
⎪
⎬
⎪
=
⎪
⎭
uuur
uur
⇒
22
a2a
AN.AI ( , ,0)
66
⎡⎤
=−
⎣⎦
uuur uur

AB
uuur
= (a, 0, 0) ⇒
3
a2
AN.AI .AB
6
⎡⎤
=−
⎣⎦
uuur uur uuur

⇒ V
ANIB
=
3
a2
36



HÀ VĂN CHƯƠNG, PHẠM HỒNG DANH,
HỒ VĨNH ĐÔNG, TRẦN VĂN TOÀN,
LÊ NGÔ THIỆN, TRẦN MINH THỊNH, NGUYỄN PHÚ VINH
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa &
Luyện thi đại học Vónh Viễn)