Tài liệu ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối B pdf

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

0,25


⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1).
0,25
3/4
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5 ln 5
x
xx 2xx
ln 3 ln 3
dx e dx
I.
e2e 3 e 3e2
−
==

+− −+
∫∫

Đặt t = e
x
⇒ dt = e
x
dx; 0,25
với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5.
0,25
⇒
5
3
dt
I
(t 1)(t 2)
=
−−
∫

5
3
11
dt
t2 t1
⎛⎞
=−
⎜⎟
−−
⎝⎠

∫

0,25


5
3
t2 3
ln ln .
t1 2
−
==
−

0,25
2
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
() ()
22
2222
x1 y x1 y 44y 21y.−++ ++≥+ = +
Do đó:
2
A21y y2 f(y).≥ + +−=
0,25

• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) =
2

21 y+
+ 2 − y
⇒ f '(y) =
2
2y
y1+
− 1.
f '(y) = 0 ⇔ 2y =
2
1y+
⇔
22
y0
4y 1 y
≥
⎧
⎪
⎨
=+
⎪
⎩
⇔ y =
1
3
.
Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:
0,50

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥
2
21 y+ ≥ 25 > 23+ .
Vậy A ≥
23+ với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =
1
3
thì A =
23+ nên giá trị nhỏ nhất của A là 23+ .
0,25

V.a

2,00
1
Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T
1
, T
2
(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(x
o
; y
o
) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì
∈

⎧
⎪
⎨
⊥
⎪
⎩
J
JJG JJG
T(C)
MT IT
⇒
∈
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
JJJG JJG
T(C)
MT.IT 0

0,25

MT
JJJG
= (x
o
+ 3; y
o

−1), IT
JJG
= (x
o
−1; y
o
−3). Do đó ta có:
22
oo o o
oo oo
x y 2x 6y 6 0
(x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0
⎧
+− − +=
⎪
⎨
+−+−−=
⎪
⎩

0,25

⇒
22
oo o o
22
oo o o
xy2x6y60
x y 2x 4y 0
⎧

+− − +=
⎪
⎨
++ − =
⎪
⎩
⇒
oo
2x y 3 0+−= (1)
0,25



Vậy, tọa độ các tiếp điểm T
1
và T
2
của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa
mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T
1
T
2
là: 2x + y −3 = 0.
0,25

f(y)
y
f '(y) − 0 +
− ∞
2+

3
1
3

2
4/4
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
k
n
C. Từ giả thiết suy ra:
42
nn
C20C=
0,25
2
n 5n 234 0 n 18⇔−− =⇔= (vì n ≥ 4)
0,25

Do
k1
18
k
18
C
18 k
k1
C

+
−
=
+
> 1 ⇔ k < 9, nên
12 9
18 18 18
C C C<<<⇒
910 18
18 18 18
C C C .>>>
Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9.
0,50
V.b

2,00
1
Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
xx2
555
xx2
5555
xx2
55
log (4 144) log 16 1 log (2 1)
log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)
log (4 144) log [80(2 1)]
−
−

−
+− <+ +
⇔+<++ +
⇔+< +

0,50

()
xx2xx
4 144 80 2 1 4 20.2 64 0
−
⇔+ < +⇔− +<
0,25

x
4 2 16 2 x 4.⇔< < ⇔<<
0,25
2
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

Xét ΔABM và ΔBCA vuông có
AM 1 BA
AB BC
2
==
⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA
⇒
n
n
ABM BCA= ⇒
n
n
n
n
o
ABM BAC BCA BAC 90+=+= ⇒
n
AIB = 90
o
⇒ MB ⊥ AC (1)
0,25
SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2).
Từ (1) và (2)
⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).
0,25
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC

⇒ NH =
SA a
22
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó V
ANIB
=
1
3
NH.S
ΔABI
.
0,25


22 2
11 1
AI AB AM
=+ ⇒ AI =
a3
3
,
222
BI AB AI=−⇒ BI =
a6
3

⇒ S
ΔABI
=
2

a2
6

⇒ V
ANIB
=
2
1aa 2

32 6
=
3
a2
.
36

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

S
B
A
C
D

I

N
H
M
•
•
•
•
•
•
•
•
•
a
a
a
2