Đề thi & bài giải môn Toán Khối A năm 2006

ĐỀ THI & BÀI GIẢI MÔN TOÁN KHỐI A 
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của 
hàm số : y = 2x3 – 9x2 + 12x – 4 
2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 
 2⏐x⏐ 3 – 9x2 + 12⏐x⏐ = m 
Câu II: (2 điểm) 
1.Giải phương trình : 
6 62(cos x sin x) sin x cos x 0
2 2sin x
+ − =− 
2. Giải hệ phương trình: 
x y xy 3
x 1 y 1 4
⎧ + − =⎪⎨ + + + =⎪⎩
 (x, y ∈ R) 
Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 
cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với A (0; 0; 0), B (1; 
0; 0), D (0; 1; 0), A’ (0; 0; 1). Gọi M và N lần lượt là trung 
điểm AB và CD. 
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN 
2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A’C và tạo với mặt 
phẳng Oxy một góc α, biết cosα = 1
6
. 
Câu IV: (2 điểm) 1. Tình I = 
2
2 2
0
sin 2x dx
cos x 4sin x
π
+∫ 
2. Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều 
kiện: (x + y)xy = x2 + y2 – xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức : 3 3
1 1A
x y
= + 
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 các đường thẳng d1 : 
x+y+3= 0; d2 : x – y – 4 = 0; d3 : x – 2y = 0. Tìm tọa độ 
điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ 
M đến đường thẳng d1 bằng 2 lần khoảng cách từ M đến 
đường thẳng d2. 
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị 
thức Niutơn của 
n
7
4
1 x
x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ , 
 biết rằng: 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1+ + ++ + + = − 
(n nguyên dương, là số tổ hợp chập k của n phân tử). knC
Câu V.b: Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 
điểm) 
1. Giải phương trình: 3.8x + 4.12x – 18x – 2.27x = 0 
2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’ 
bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Trên đường tròn 
đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O’ lấy 
điểm B sao cho AB= 2a. Tính thể tích của khối tứ diện 
OO’AB. 
BÀI GIẢI 
Câu I: MXĐ : D = R; y' = 6x2 – 18x + 12 
 y’ = 0 ⇔ = ⇒ =⎡⎢ = ⇒ =⎣
x 1 y 1
x 2 y 0
, y”= 12x – 18 ; 
y”=0⇔ x = 3
2
 ⇒ y 3
2
⎛⎜ = ⎞⎟⎝ ⎠
1
2
⇒ (C) có điểm uốn I ( 3
2
,
1
2
) 
Bảng biến thiên và xét dấu y” : 
x -∞ 1 3
2
 2 +∞ 
y" − − 0 + + 
y’ + 0 – – 0 + 
y 1 
1
2
-∞ CĐ CT 
Đồ thị hàm số: 
2. Đặt y1 = 2⏐x⏐ 3 – 9x2 + 12⏐x⏐ − 4 
 = 
3 2
3 2
2x 9x 12x 4
x 9x 12x 4
⎧ − + − ≥⎪⎨ − − −⎪⎩
 nếu x 0
-2 nếu x< 0
 Ta có đồ thị của y1 là đồ thị của hàm số ở câu 1 khi 
x≥0 và lấy đối xứng qua trục Oy khi x ≤ 0 
 Phương trình đã cho ⇔ m – 4 = 2⏐x⏐ 3 – 9x2 + 12⏐x⏐ − 4 
Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm 
của đồ thị hàm số y1 và đường thẳng y2 = m – 4 
 Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ 0 < m – 4 < 1 ⇔ 4 < m < 5 
Câu II: 1. 
6 62(cos x sin x) sin x cos x 0
2 2sin x
+ − =− 
⇔ 23 12 sin 2x sin 2x 0
2 2
− − = và 2sin x
2
≠ 
⇔ 3s 2in 2x sin 2x 4 0+ − = và 2sin x
2
≠ 
⇔ ( 4sin 2x 1 sin 2x
3
= ∨ = − ) và 2sin x
2
≠
0
+∞
y
x1 
2 
1
0
-4
y 
x1 
2 
 1 
0 
-4 
 ⇔ 2x k2 , k Z
2
π= + π ∈ và 2sin x
2
≠ 
⇔ x k , k
4
π= + π ∈Z và 2sin x
2
≠ 
⇔ x = 5 h2 , h Z
4
π + π ∈ 
2. 
x y xy 3
x 1 y 1 4
⎧ + − =⎪⎨ + + + =⎪⎩
 (x, y ∈ R) 
 ⇔ x y xy 3
x y 2 2 x 1 y 1 16
⎧ + − =⎪⎨ + + + + + =⎪⎩
 (x, y ∈ R) 
 ⇔ x y 3 xy
xy 2 x 1 y 1 11
⎧ + = +⎪⎨ + + + =⎪⎩
 (1)
 (x, y ∈ R) 
Từ (1) ta có : xy ≥ 0 và x + y ≥ 3 ⇒ x ≥ 0, y ≥ 0 
Vậy hệ ptrình ⇔ 
x 0, y 0
x y 3 xy
xy 2 x y xy 1 11
⎧ ≥ ≥⎪ + = +⎨⎪ + + + + =⎩
 (1)
⇔ 
x 0, y 0
x y 3 xy
2 4 xy xy 11 xy
⎧ ≥ ≥⎪⎪ + = +⎨⎪ + + = −⎪⎩
 (1) 
⇔ 
x 0, y 0, xy 11
x y 3 xy
4(4 xy xy) 121 22 xy xy
⎧ ≥ ≥ ≤⎪⎪ + = +⎨⎪ + + = − +⎪⎩
 (1) 
⇔
x 0, y 0, xy 11
x y 3 xy
3xy 26 xy 105 0
⎧ ≥ ≥ ≤⎪⎪ + = +⎨⎪ + −⎪⎩
 (1)
=
⇔
x 0, y 0, xy 11
x y 3 xy
35xy 3 xy (
3
⎧ ≥ ≥ ≤⎪⎪ + = +⎨⎪⎪ = ∨ = −⎩
 (1)
loại)
⇔ ⇔ ⇔ x = y = 3 
x 0, y 0
x y 6
xy 9
≥ ≥⎧⎪ + =⎨⎪ =⎩ 2
x 0, y 0
x y 6
x 6x 9
⎧ ≥ ≥⎪ + =⎨⎪ − + =⎩ 0
Cách 2: 
x y xy 3
x 1 y 1 4
⎧ + − =⎪⎨ + + + =⎪⎩
⇔ x y 3 xy
x 1 y 1 4
⎧ + = +⎪⎨ + + + =⎪⎩
 (1)
 (2)
 ĐK : x, y ≥ 0 
(1) ⇒ 3 + xy x y 2 xy= + ≥ ⇔ (3) xy 9≤
(2) ⇒ 4 = 4x 1 y 1 2 xy x y 1+ + + ≥ + + + 
⇔ 2 ≥ 4 xy x y 1+ + + ⇔ 16≥xy+x+y+1 ≥ xy + 2 xy +1 
⇒ xy + 2 xy − 15 ≤ 0 ⇒ xy 5 3≤ − ≥ (loại) hay xy 
⇒ xy ≥ 9 (4). Từ (3), (4) ⇒ xy = 9 khi x = y = 3. 
Cách 3 : Từ (1) ta có : x, y ≥ 0 
 (1) ⇒ x + y = 3 + xy ≤ 3 + x y
2
+
 (Cauchy) 
 ⇒ x + y ≤ 6 ⇒ (x + 1) + (y + 1) ≤ 8 
 Theo B.C.S ta có : 
4 1. x 1 1. y 1 2 (x 1)(y 1) 2 8 4= + + + ≤ + + ≤ = 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x = y = 3. 
Câu III: 1. Ta có : C (1; 1; 0), M (
1
2
; 0; 0), N (
1
2
; 1; 0) 
 A 'C (1;1; 1)= −uuuur ; MN (0;1;0)=uuuur 
1A 'M ( ;0; 1)
2
= −uuuuur ; A 'C,MN (1;0;1)⎡ ⎤ =⎣ ⎦
uuuur uuuur
1A 'C, MN .A 'M
2
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
uuuur uuuur uuuuur
 ⇒ d (A’C, MN) = 
A 'C,MN A 'M
A 'C,MN
⎡ ⎤⎣ ⎦
⎡ ⎤⎣ ⎦
uuuur uuuur uuuuur
uuuur uuuur = 
1
2 2
2. pt (A’C) : 
x y z 1
1 1 1
−= = − ⇔ 
x y 0
x z 1 0
− =⎧⎨ + − =⎩
 Mặt phẳng (P) chứa (A’C) 
 ⇒ pt (P): m (x – y) + n(x + z – 1) = 0 (m2 + n2 ≠ 0) 
 ⇔ (m + n)x – my + nz – n = 0. (Oxy) : z = 0 
 Ta có : 
2 2
n1 cos
6 1 (m n) m n
= α = + + + 2 
 ⇔ m2 + mn – 2n2 = 0 
 Chọn n = 1 ⇒ m = 1 ∨ m = −2 
 Vậy (P1) : 2x – y + z – 1 = 0; (P2): x – 2y – z + 1 = 0 
Cách 2: Pt mặt phẳng (P) có dạng: x – y = 0 (loại) 
 hay h(x – y) + x + z – 1 = 0 với h ∈ R . Vậy pt mặt 
phẳng (P) có dạng : (h + 1)x – hy + z – 1 = 0 
 Ta có : 
2 2 2
11 cos
6 1 (h 1) h 1
= α = + + + 
 ⇔ 2h2 + 2h + 2 = 6 ⇔ h2 + h - 2 = 0 ⇔ h = 1 ∨ h = -2 
 Vậy pt mặt phẳng (P) là (P1) : 2x – y + z – 1 = 0; 
 và (P2): x – 2y – z + 1 = 0 
Câu IV: 1. I=
2
2 2
0
sin 2x dx
cos x 4sin x
π
+∫ 
=
2
0
sin 2x dx
1 cos 2x 2(1 cos 2x)
2
π
+ + −
∫ = 2
0
2 sin 2x dx
5 3cos 2x
π
−∫ 
 Đặt u = 5 – 3cos2x ⇒ du = 6sin2xdx 
u(0) = 2, u(
2
π
) = 8 ⇒ I = 
8
2
2 du
3 2 u∫ = 
8
2
2 u
3
⎡ ⎤⎣ ⎦ = 
2
3
Cách 2 : Đặt t = 2cos x 4sin x+ 2 ⇒ t2 = cos2x + 4sin2x 
 ⇒ 2tdt = 3sin2xdx ⇒ I = 
22
11
2 2dt t
3 3
= =∫ 23 
2. Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ 0. Từ GT ⇒ S,P ≠ 0 
 O/
 B 
 B/
 H 
 H O 
 O 
 A B/ A 
 Ta có SP = S2 – 3P ⇔ P = 
2S
S 3+ 
 A = 
3 3
3 3 3 3
1 1 x y
x y x y
++ = = 
2 2
3 3
(x y)(x y xy)
x y
+ + −
 = 
2 2
3 3 2 2
(x y) xy (x y)
x y x y
+ += . A= 
22
2
S S 3
P S
+⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 ĐK : S2 – 4P ≥ 0 ⇔ 
2
2 4SS 0
S 3
− ≥+ 
 ⇔ 2 S 1S 0
S 3
−⎛ ⎞ ≥⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⇔ 
S 1 0
S 3
− ≥+ (Vì S ≠ 0) 
 ⇔ S <−3 ∨ S ≥ 1 (*) 
 Đặt h = f(S) = 
S 3
S
+
 ⇒ h’ = 2
3 0
S
− < ∀ S thỏa (*) 
S -∞ -3 1 +∞ 
h' − − 
H 1 4 
 0 1 
Từ BBT ta có 0 < h ≤ 4 và h ≠ 1 ∀ S thỏa (*) mà A = h 
⇒ Max A= 16 khi x = y = 1
2
(S = 1, P = 
1
4
).Cách 2: 
 (x + y)xy = 
2 2y 3yx 0
2 4
⎛ ⎞− + >⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ 
1 1 x y 0
x y xy
++ = > 
 A = 
3 3
3 3 3 3
1 1 x y
x y x y
++ = = 
2
1 1
x y
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ 
1 1A
x y
= + 
Dễ dàng chứng minh được:
3 3 3a b a b
2 2
+⎛ ⎞ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠
+
(với a+b>0) 
 dấu = xảy ra khi a = b. Aùp dụng với a = 
1
x
, b = 
1
y
 ta có : 
333 1 11 1
x yx y
2 2
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ++ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 ⇔ 
3
A
2 2
⎛ ⎞ ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
A
 ⇔ A ≤16 
Và dấu “=” xảy ra khi 
1 1 2
x y
= = vậy Max A = 16. 
Cách 3: A= 
2
2
S
P
,suy ra 2
S 3SA
P S SP
= = − 
 S2 – 4P ≥ 0 ⇔ 
2
2 S SPS 4
3
−− ≥ 0 
⇔ 2
P1
S1 4 0(chia choS 0)
3
−
− ≥ > P 1
S 4
⇔ ≥ 
Nên A= 
2
2
S 16
P
≤ .Vậy Max A = 16(khi x = y= 1
2
) 
Câu V.a: 1. d1: x+y+3= 0; d2 : x - y - 4 = 0; d3 : x - 2y = 0 
 M ∈ d3 ⇒ M(2m, m) ; d(M, d1) = 2d(M, d2) 
+ + − −⇔ =2m m 3 2m m 42
2 2
⇔ = − ∨ =m 11 m 1 . Vậy M(-22; -11); M(2;1) 
2. Ta có: 
2n 1 0 1 n n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
0 1 n n 0
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
0 1 n
2n 1 2n 1 2n 1
(1 1) C C ... C C ... C
 = C C ... C C ... C
2(C C ... C )
+ + ++ + + + +
+ + + + +
+ + +
+ = + + + + + +
+ + + + + +
= + + +
 + +⇔ = ⇔ + = ⇔ =2n 1 20 2n 1 212 2.2 2 2 2n 1 21 n⇒ = 10 
10 10 10
7 k 4 10 k 7k k 11
10 104
k 0 k 0
26 11k 40
1 x C (x ) .x C .x
x
x x 11k 40 26 11k 66 k 6
− − −
= =
−
⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠
= ⇒ − = ⇒ = ⇒ =
∑ ∑ k 40 
 Vậy hệ số của x26 là C = 210. 610
Câu V.b: 1. Cách 1: 3.8 4.12 18 2.27 0x x x x+ − − =
Chia cho 27x và đặt 
2
3
x
u=⎝ ⎠
0
⎛ ⎞⎜ ⎟ , đk: u > 0. P.trình thành : 
( ) ( )23 23 4 2 0 1 3 2u u u u u+ − − = ⇔ + − = 
21( ) 
3
u loai u⇔ = − ∨ = . Vậy pt 2 2 1
3 3
x
x⎛ ⎞⇔ = ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
Cách 2: 3.8x + 4.12x – 18x – 2.27x = 0 
 ⇔ 3.8x + 4.12x = 18x + 2.27x 
 ⇔ 3.
x8
12
⎛⎜ +4=⎞⎟⎝ ⎠
x18
12
⎛⎜ +2.⎞⎟⎝ ⎠
x27
12
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Vì VT là hàm số liên tục giảm, VP là hàm số liên tục tăng 
và x = 1 là nghiệm ⇒ P.trình có nghiệm duy nhất là x=1. 
2. Gọi B/ là hình chiếu của B xuống mp đáy ta có tam giác 
ABB/ vuông tại B/ nên ( )2/ 22 3AB a a a= − = 
Gọi H là hình chiếu của B/ xuống OA. 
Do / 3AB a= nên tam giác AB/H là nửa tam giác đều do 
đó 
/
/ 3
2 2
AB aHB = = , vậy thể tích V(OABO/) 
=
31 1 3 3.
3 2 2 12
a aa a⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ (đvtt) 
( )Cách 2: 2/ 22A 3B a a a= − = ·AOB' ⇒ = 1200
V = 0
1 OO '.OA.O 'B.sin120
6
 = 
1
6
.2a.a. 
a 3
2
=
3a 3
12
Hà Văn Chương, Hồ Vĩnh Đông, Trần Văn Toàn, 
Lê Ngô Thiện, Trần Minh Thịnh, Nguyễn Phú Vinh 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa & LT Đại học Vĩnh Viễn)