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
=−
+
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


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

⎢
⎣
(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)
⎧
≥−
⎪
⎨
⎪
−− −=
⎩

⎜⎟
⎝⎠
⎩
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

, 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

+− −+
∫∫

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
⎛⎞
=−
⎜⎟
−−
⎝⎠

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

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

0,25

MT
JJJG
= (x
o
+ 3; y
o

+− − +=
⎪
⎨
++ − =
⎪
⎩
⇒
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+

+
−
=
+
> 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)]
−
−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

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