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)

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

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

−
1
∨
x =
−
3

x -
∞
-3 -2 -1 +
∞

y' + 0
−

−
0 +
y -5
-
∞
-
∞

+
∞
+
∞

-1
Đồ thò hàm số :

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

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

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

⎩

⇔
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
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

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

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
+
, 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 yxyxy22 22
3131

(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

+ 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=

⎧
≥
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

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
+
=+ =+=
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


⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

•

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

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