1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi
m1=−
ta có
2
x3 1
yx2
x2 x2
−
==−+
+ +
.
•
Tập xác định: D =
\{ 2}−
\
.
• Sự biến thiên:


y
CĐ
=
() ( )
CT
y3 6,y y1 2.−=− = −=−

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2.
0,25

• Đồ thị:


++−
=
+
.
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔
( )
22
gx x 4x 4 m=++−
có 2 nghiệm
phân biệt x ≠ −2
()
2
2
'44m 0
g2 484m 0
⎧
∆= − + >
⎪
⇔
⎨
−=−+− ≠
⎪
⎩
⇔ m ≠ 0. 0,50
x − ∞ −3 −2 −1+ ∞
y' + 0 − − 0+
y

JJJG JJJG

⇔
m426=− ± (thỏa mãn m ≠ 0).
Vậy giá trị m cần tìm là:
m426=− ± .
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)
2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
0,50

⇔
ππ
xkπ,x k2π,x k2π
42
=− + = + =
(k ∈
Z
).
0,50
2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

t1
x1 x1
−
==−
+ +
và
x1≥
nên
0t1.≤ <

Hàm số
2
f(t) 3t 2t, 0 t 1=− + ≤ < có bảng biến thiên:
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔
1
1m
3
−< ≤ .

0,50

III

2,00


+)
12
[u ,u ]
JJGJJG
.
MN
JJJJG
= 21 ≠ 0 ⇒ d
1
và d
2
chéo nhau.
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d
1
và d
2
lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d
1
, B ∈ d
2
nên
A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− −+ −+ +

⇒ AB
JJJG

⎧
⎨
= −
⎩

⇒
()( )
A2;0; 1,B 5; 1;3.
−−−

0,25 Phương trình của d là:
x2 y z1
71 4
− +
==
−
.
0,25
1
1/3
0
f(t)
t
0
1/3
-1
3/4

1
0
exdx
∫
=
2
1
ex
0
2
=
e
2
,
11
xxx
00
1
xe dx xe e dx
0
=−
∫ ∫
=
x
1
ee 1
0
− = .
Vậy
e

Đặt a =
xx 2yy+
, b =
yy 2zz+
, c =
zz 2xx+
.
Suy ra:
4c a 2b
xx
9
+−
= ,
4a b 2c
yy
9
+ −
= ,
4b c 2a
zz
9
+ −
= . 0,25
Do đó
24ca2b 4ab2c 4bc2a
P
9b c a

b c
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
+
b
1
a
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
− 1 ≥ 2
a
b
+ 2
b
a
− 1 ≥ 4 − 1 = 3,
hoặc
cab
b ca
++≥
3
cab
3
b ca
⋅⋅
= 3. Tương tự,

⎨
∈
⎪
⎩
JJJG JJJG
⇔
4(x 2) 4(y 2) 0
4x 4(y 2) 0
+ −+=
⎧
⎨
+−=
⎩
⇔
x1
y1
=
⎧
⎨
=
⎩
⇒ H(1; 1).

0,25
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là:
22
x y 2ax 2by c 0+ +++= (1).
0,25
Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:

1
a
2
1
b
2
c2.
⎧
=−
⎪
⎪
⎪
⇔=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
22
xyxy20.+ −+−=
0,25
4/4

1x 1x
dx Cx Cx Cx ...C x dx
2
−−
+−−
⇒=++++
∫∫

0,50 •

()() () ()
()
1
2n 2n 2n 1 2n 1
0
1
1x 1x 1x 1x
dx

2n 2n 2n 2n
0
xxx x
C. C. C. ...C .
246 2n
−
⎛⎞
=++++
⎜⎟
⎝⎠135 2n1
2n 2n 2n 2n
111 1
C C C ... C
246 2n
−
=++ + (2).
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,50
V.b
2,00
1
Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x >


Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của AD.
Do
SAD∆
đều nên
SH AD.⊥

Do
()( )
SAD ABCD⊥
nên
()
SH ABCD⊥

()
SH BP 1 .⇒⊥

Xét hình vuông ABCD ta có
CDH BCP∆=∆
⇒
( )
CH BP 2 .⊥
Từ (1) và (2)
suy ra
()
BP SHC .⊥

Vì


Kẻ
( )( )
MK ABCD , K ABCD .⊥∈
Ta có:
CMNP CNP
1
VMK.S.
3
=
Vì
2
CNP
1a3 1 a
MK SH , S CN.CP
24 2 8
== = = nên
3
CMNP
3a
V
96
= (đvtt).
0,50

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----------------
A
S