Được đánh giá là một trong những Trung tâm Luyện thi Uy tín tại Tp. HCM http://www.qsc45.com http://www.qsc45.vn

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2 2 2
y x 3x 3(m 1)x 3m 1= − + + − − − (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều
gốc tọa độ O.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2
2sin 2x sin 7x 1 sin x.+ − =
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực
phân biệt:
( )2
x 2x 8 m x 2 .+ − = −
Câu III. (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2
S : x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và
mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − =
1. Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn có bán kính
bằng 3.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớn nhất.
Câu IV. (2 điểm)
1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y x ln x, y 0, x e.= = = Tính thể tích của khối tròn
xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x 1 y 1 z 1
P x y z .
2 yz 2 zx 2 xy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞
= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Tìm hệ số của số hạng chứa 10
x trong khai triển nhị thức Niutơn của n
(2 x) ,+ biết:
( )
nn 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 n
n n n n n3 C 3 C 3 C 3 C ... 1 C 2048− − −
− + − + + − =
(n là số nguyên dương, k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;2 và các đường thẳng:
d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: ( ) ( )
x x
2 1 2 1 2 2 0.− + + − =
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D
qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông
góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
---------------------------Hết---------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….

2. 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 B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m =1 ta có 3 2
y x 3x 4= − + − .
• Tập xác định: D = .
• Sự biến thiên:
2
y' 3x 6x,= − + y' 0= ⇔ x 0= hoặc x 2.=
0,25
Bảng biến thiên:
yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4.
0,50
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)
Ta có: 2 2
y' 3x 6x 3(m 1)= − + + − , y' = 0 ⇔ 2 2
x 2x m 1 0− − + = (2).
Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2
> 0 ⇔ m ≠ 0.
0,50
Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3
), B(1 + m; − 2 + 2m3
).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3
= 2m ⇔ m =
1
2
± (vì m ≠ 0).
0,50
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
( )2
sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos4x 2sin3x 1 0.− + − = ⇔ − = 0,50
• ( )cos4x 0 x k k .
8 4
π π
= ⇔ = + ∈Z
•
1 2
sin3x x k
2 18 3
π π
= ⇔ = + hoặc ( )
5 2
x k k .
18 3
π π
= + ∈Z
0,50
x − ∞ 0 2 + ∞
y' − 0 + 0 −
y − 4 − ∞
+ ∞ 0
O
− 4
2
y
x
− 1

3. 2/4
2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)
Điều kiện: x 2.≥ Phương trình đã cho tương đương với
( )( )3 2
x 2 x 6x 32 m 0− + − − = 3 2
x 2
x 6x 32 m 0.
=⎡
⇔ ⎢
+ − − =⎣
Ta chứng minh phương trình: ( )3 2
x 6x 32 m 1+ − = có một nghiệm trong
khoảng ( )2;+∞ .
0,50
Xét hàm ( ) 3 2
f x x 6x 32= + − với x 2.> Ta có:
( ) 2
f ' x 3x 12x 0, x 2.= + > ∀ >
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m 0> , phương trình (1) luôn có một
nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ .
Vậy với mọi m 0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
0,50
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = có tâm ( )I 1; 2; 1− − và bán kính R 3.= 0,25
Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25
(Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( )OI 1; 2; 1 , i 1;0;0= − − = .
⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( )n 0; 1;2 .= −
0,25
Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( )0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.− − − + − = ⇔ − = 0,25
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm A,B. Nhận xét: nếu ( )( ) ( )( )d A; P d B; P≥ thì ( )( )d M; P lớn nhất
khi M A.≡
0,25
Phương trình đường thẳng d:
x 1 y 2 z 1
.
2 1 2
− + +
= =
− 0,25
Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ
( ) ( ) ( )2 2 2
x 1 y 2 z 1 9
x 1 y 2 z 1
.
2 1 2
⎧ − + + + + =
⎪
⎨ − + +
= =⎪
⎩ −
Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( )A 1; 1; 3 ,B 3; 3;1 .− − − −
0,25
Ta có: ( )( ) ( )( )d A; P 7 d B; P 1.= ≥ =
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( )M 1; 1; 3 .− − −
0,25
IV 2,00
1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y x ln x= và y 0= là:
x ln x 0 x 1.= ⇔ =
0,25
f(x)
f '(x) +
0
x 2 + ∞
+ ∞

4. 3/4
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
( )
e e
22
1 1
V y dx x ln x dx.= π =π∫ ∫
0,25
Đặt
3
2 2 2ln x x
u ln x,dv x dx du dx,v .
x 3
= = ⇒ = = Ta có:
( )
ee e e3 3
2 2 2 2
1 1 11
x 2 e 2
x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.
3 3 3 3
= − = −∫ ∫ ∫
0,25
Đặt
3
2 dx x
u ln x,dv x dx du ,v .
x 3
= = ⇒ = = Ta có:
e ee e3 3 3 3
2 2
1 11 1
x 1 e x 2e 1
x ln xdx ln x x dx .
3 3 3 9 9
+
= − = − =∫ ∫
Vậy
( )3
5e 2
V
27
π −
= (đvtt).
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
P .
2 2 2 xyz
+ +
= + + +
Do
2 2 2 2 2 2
2 2 2 x y y z z x
x y z xy yz zx
2 2 2
+ + +
+ + = + + ≥ + +
nên
2 2 2
x 1 y 1 z 1
P .
2 x 2 y 2 z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≥ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,50
Xét hàm số ( )
2
t 1
f t
2 t
= + với t 0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
( )
3
f t , t 0.
2
≥ ∀ > Suy ra:
9
P .
2
≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ x y z 1.= = =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
9
.
2
0,50
V.a 2,00
1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)
Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 1 n 2 2 n n
n n n n3 C 3 C 3 C ... 1 C 3 1 2− −
− + − + − = − = .
Từ giả thiết suy ra n 11= .
0,50
Hệ số của số hạng chứa 10
x trong khai triển Niutơn của ( )11
2 x+ là:
10 1
11C .2 22.=
0,50
2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)
Vì 1 2B d , C d∈ ∈ nên ( ) ( )B b;2 b ,C c;8 c .− − Từ giả thiết ta có hệ:
( )( )
( ) ( )2 22 2
b 1 c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0
AB AC b 2b c 8c 18 b 1 c 4 3.
− − =⎧− − + =⎧⎧ =⎪ ⎪ ⎪
⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨
= − = − +⎪ ⎪ − − − =⎩ ⎩ ⎪⎩
0,50
Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ 2 2
xy 2
x y 3.
=⎧⎪
⎨
− =⎪⎩
Giải hệ trên ta được x 2, y 1= − = − hoặc x 2, y 1= = .
Suy ra: ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− hoặc ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− .
0,50

5. 4/4
V.b 2,00
1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Đặt ( ) ( )
x
2 1 t t 0 ,− = > ta có phương trình
1
t 2 2 0 t 2 1,t 2 1.
t
+ − = ⇔ = − = +
0,50
Với t 2 1= − ta có x 1.=
Với t 2 1= + ta có x 1.= − 0,50
2 (1,00 điểm)
Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song
song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( )BD SAC⊥ nên BD MN.⊥
0,50
Vì ( )MN || SAC nên
( ) ( ) ( )( )1 1 a 2
d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .
2 4 4
= = = =
Vậy ( )
a 2
d MN;AC .
4
=
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----------------
N
E
C
B
M
P
D
A
S