Đáp án và đề thi đại học môn toán Khối B từ năm 2003 đến năm 2010
Trang 1ĐỀ THI & BÀI GIẢI THI ĐH 2006
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y = x2 x 1
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 (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.tgx
2) = 4
2 Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:
2
x +mx 2 2x 1+ = +
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho điểm A (0; 1; 2) và hai đường
thẳng d1 : x y 1 z 1
− và d2 :
x 1 t
z 2 t
= +
⎧
⎪ = − −
⎨
⎪ = +
⎩
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 trên d1, N trên d2 sao cho 3
điểm A, M, N thẳng hàng
Câu IV: (2 điểm)
1 Tính I = ln 5 x x
ln3
dx
e +2e− −3
∫
2 Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức A = (x 1)− 2+y2 + (x 1)+ 2+y2 + − 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) : x2 + y2 – 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) – 4log52 < 1 + log5(2x – 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 = x2 x 1
x 2
+ −
x 2
− + +
D = R \ ⎨-2⎬
TCĐ : x = −2; TCX : y = x – 1 y' = 1 1 2 =
(x 2)
− +
2 2
(x 2)
+ y’ = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = −3
x -∞ -3 -2 -1 +∞
y' + 0 − − 0 +
-∞ -∞ +∞ +∞ -1 Đồ thị hàm số :
2 Tiệm cận xiên có hệ số góc k1=1 Tiếp tuyến vuông góc tiệm cận xiên ⇒hệ số góc tiếp tuyến là k2 = −1
⇒ Pt tiếp tuyến có dạng y = −x + m (D)
(D) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ 2
1
(x 2) 1
x 2
⎪
⎨
⎩
có nghiệm
⇔
(x 2)
2 1
x 2
⎧ + =
⎪⎪
⎨
⎩
có nghiệm
Vậy : m = 2 2 5− ∨ m = 2 2 5− − Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là y= −x – 5 2 2±
Câu II
1 Với điều kiện sin2x ≠ 0, ta có:
x
1 tgx.tg
2
cosx.cos sin x.sin 1
cosx.cos
2
+
=
Vậy phương trình đã cho ⇔ cosx sin x 4
sin x cosx+ = (1)
⇔ sin2x = 1
2 ⇔ x = 12 k
π + π hay x = 5 k
12
π + π
CĐ
CT
y
-2 -1 -3 -1 0 1
-5 -3
x
Trang 22 Cách 1: Ycbt ⇔ x2 + mx + 2 = (2x + 1)2 có 2 nghiệm
phân biệt ≥ 1
2
−
⇔ f(x)=3x2+(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 ⇔ f 1 f(0)
2
2
⎛− ⎞≥
4− + 2 − ≥ ⇔
9 m 2
≥
Cách 2: x2+mx 2 2x+ = +1
⇔
1
x
2
⎧ ≥ −
⎪
⎨
⎩
⇔
2
1 x 2
⎧ ≥ −
⎪
⎨
⎩
⇔
1
x
2
1 3x 4 m (do x=0 không là nghiệm)
x
⎧ ≥ −
⎪⎪
⎨
⎪ + − =
⎪⎩
Xét y = 3x + 4 1
x
− (C’) với x ≥ −1
2 và x ≠ 0
Ta có : y’ = 3 + 12
x > 0 ∀ x ≠ 0
x 12− 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 auur2=(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’) ∈ d1; N (1+t, −1–2t, 2+t) ∈ d2 Vậy AM (2t',t', 3 t')uuuur= − − ; AN (1 t, 2 2t,t)uuur = + − − A, M, N thẳng hàng ⇔ AMuuuur cùng phương với ANuuur ⇔ 2t ' t ' 3 t ' 1 t 2 2t 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
=
⎧
⎨ = −
⎩
Do đó M (0, 1, −1) và N (0, 1, 1)
Câu IV
1 I = ln 5 2x x x
ln3
e dx
e −3e + 2
∫
Đặt t = ex ⇒ dt = exdx và t (ln3) = 3; t(ln5) = 5
t − +3t 2= (t 1)(t 2− − )
3
t 2 t 1
∫ =
5
3
t 2 ln
t 1
⎢ − ⎦⎥ =
3 ln 2
⎣
2 Cách 1 : Xét a (1 x,y)r = − ; b (1 x,y)r = +
A = a b y 2r + r + − ≥ + + − =a b y 2 2 1r r +y2 + −y 2 Dấu “=” xảy ra khi x = 0
Aùp dụng BĐT BCS 3 y+ ≤ 1 y 4 2 1 y+ 2 = + 2
⇒ A ≥ y+ 3 + − ≥ +2 y y 3 2 y 2+ − = + 3 dấu “=” xảy ra khi y = 1
3
⇒ A ≥ 2+ 3 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 = a b y 2r + r + − ≥ + + − =a b y 2 2 1 yr r + 2 + −y 2 Dấu “=” xảy ra khi x = 0
Xét g(y) = 2 1 y+ 2 + − y 2
• y ≥ 2 : g(y) = 2 1 y+ 2 + − : luôn tăng y 2
• y < 2 : g(y) = 2 1 y+ 2 + − 2 y
2
1 y+ − , g’(y) = 0 ⇔ y = 1
3 Lập bảng biến thiên ta có:
g(y) 2≥ + 3, dấu “=” khi y = 1
3 Vậy : min A = 2 + 3 khi x = 0, y = 1
3 Cách 3:
Aùp dụng BĐT BCS :
2 −x +2y ≤ 4 4+ −x +y = x− +y
2 +x +2y ≤ 4 4+ +x +y = x+ +y
2 2 x+2y+ 2 + 2 x+2y+ − = +y 3
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 = 4 1+ = 5
Trang 3Phương trình đường tròn (C’) đường kính MI là:
(x + 1)2 + (y – 2)2 = 5
⇔ x2 + y2 + 2x – 4y = 0 (C’)
T1T2 chính là trục đẳng phương (C) và (C’)
Phương trình T1T2 :
x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = x2 + y2 + 2x – 4y
⇔ 2x + y – 3 = 0
Cách khác : Gọi T (x0, y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến Δ
với (C) Pt Δ là: x0x + y0y – (x + x0) – 3(y + y0) + 6 = 0
M (−3, 1) ∈ Δ ⇔ −3x0 + y0 – x0 + 3 – 3y0 – 3 + 6 = 0
⇔ 2x0 + y0 – 3 = 0
Vì T1, T2 là tiếp điểm ⇒ ⎧⎨ 1 1
+ − = 0
0
⎩
Vậy Pt T1T2 : 2x + y – 3 = 0
4!(n 4)! 2!(n 2)!− = −
24.(n 4)! 2(n 2)!− = −
0
1 1
≥
⎪⎩
⇔ (n – 3)(n – 2) = 20.12
⇔ n = 18 (vì n ≥ 4)
Ycbt ⇒ ⎪⎨ ⇒ k = 9
18 18
18 18
− +
Câu V.b
1 Bất phương trình đã cho tương đương :
x
x 2
4 144
16
− +
⇔ 4x 144 5(2x 2 1)
16
− +
< +
⇔ 4x+144 80(2< x − 2+1)
⇔ 4 2< x<16 ⇔ 2 x 4< <
2 Cách 1: Dễ thấy I là trọng tâm ΔABD
⇒ BI = 2 BM
3 = a 23 và AI = 1
a AC
3 = 33 ΔABI có BI2 + AI2 = 2a2 3a2 a2 AB2
⇒ BI⊥ AI và BI ⊥ SA ⇒ BI⊥(SAC) ⇒(SMB) ⊥ (SAC)
Gọi V = VSABC; V1 = VSABN; V2 = VCNBI
Ta có : V1 V2 SN.SA.SB CN.CI.CB
V + V =SC.SA.SB SC.CA.CB+
V V1 2 1 1 2 1 1 5.
+
6
⇒ VANIB = 1VSABC 1 1 BA.BC.S
36
⇒ VANIB =
3
a 2 36
Cách 2: Chọn hệ trục như hình vẽ
z
x B
S
D
M
I
a a
M I
T1
T2
•
C
y
Ta có A (0, 0, 0); B (a, 0, 0); C (a, a 2 , 0); D (0, a , 0);
S (0, 0, a); M (0,
2
a 2
2 , 0); N (
a
2, a 22 ,
a
2)
• I là trọng tâm ΔABD ⇒ ICuur = −2IAuur ⇒ I a a 2; ;0
3 3
• AS (0,0,a)
AC (a,a 2,0)
⎫
⎬
uuur uuur ⇒ nr(SAC) = ⎣⎡AS,Auuur uuurC⎤⎦ = ( a 2,a ,0)− 2 2
SB (a,0, a)
a 2
2
⎫
⎪
⎬
⎭
uur
r
0
(SAC) (SMB)
nr nr =a −a = ⇒ (SAC) ⊥ (SMB)
• AN ( ;a a 2 a; )
2 2 2
a a 2
AI ( ; ;0)
3 3
⎫
⎬
⎪
=
⎪⎭
uuur
uur ⇒ AN.AI ( a 2 a2 , ,0)2
uuur uur
ABuuur = (a, 0, 0) ⇒ AN.AI AB a 23
6
uuur uur uuur
⇒ VANIB = a 23
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 Vĩnh Viễn)