tổng hợp tài liệu ôn thi đại học môn toán 2015 có lời giải

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 157



Đề DỰ BỊ 1 – khối A – 2006
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh

Câu I (2 đ)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số
y =
xx
x
++
+
2
25
1
(C)
2) Dựa vào đồ thò (C), tìm m để phương trình sau đây có hai
nghiệm dương phân biệt
x
2
+ 2x + 5 = (m
2
+ 2m + 5)(x + 1)
Câu II (2 đ)
1) Giải phương trình: cos3x cos
3
x – sin3x sin
3
x =

+232
8

2) Giải hệ phương trình:
()()
(, )
()( )
xyyxy
x
yR
xyx y
⎧
++ + =
⎪
∈
⎨
++−=
⎪
⎩
2
2
14
12

Câu III (2 đ)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho hình lăng
trụ đứng ABC
ABC
′
′′

có A(0, 0, 0) ; B(2, 0, 0) ; C(0, 2, 0) ; A
′
(0,
0, 2)
1) Chứng minh
A
′
C vuông góc với BC. Viết phương trình mp
(AB
C
′
)
2) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng
B
C
′
′

trên mp (AB
C
′
)
Câu IV (2 đ)
1) Tính tích phân: I =
dx
x
x++ +
∫
6
2

21 41

2) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x
2
+ xy + y
2

≤
3.
Chứng minh rằng:
xxyy
−
−≤ − − ≤ −
22
43 3 3 43 3
Phần tự chọn:
Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb
Câu Va (2đ)
1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho elíp (E):
xy
+
=
22
1
12 2

Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y =
±

2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elíp (E)

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 158

2)Áp dụng khai triển nhò thức Newton của (x
2
+ x)
100
, chứng minh
rằng:
CC C C
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
−+−+ =
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
99 100 198 199
01 99 100
100 100 100 100
11 1 1
100 101 199 200 0
22 2 2
(
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử )
Câu Vb (2 đ)
1) Giải bất phương trình: log
x + 1
(-2x) > 2
2) Cho hình hộp đứng ABCD.
ABCD
′

′′′
có các cạnh AB = AD = a,
A
A
′
=
a 3
2
và góc BAD = 60
0
. Gọi M và N lần lượt là trung
điểm của các cạnh
AD
′
′
và AB
′
′
. Chứng minh A
C
′
vuông góc
với mp (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN
Bài giải

1/ KS y=
xx
x
++
+

2
25
1
, MXĐ: D=R/
{
}
−
1
y’=
()
xx
x
+−
+
2
2
23
1
, y’=0
⇔
x=1 hay x=-3
TC: x=1, y=x+1
x -
∞ -3 -1 1 + ∞
y’ + 0 - - 0 +
y -4 +
∞
+∞

-

∞
-
∞
4


2/ Tìm m để pt có 2 nghiệm dương phân biệt. Vì x >0, pt đã cho
⇔
xx
mm
x
++
=++
+
2
2
25
25
1

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thò
hàm số y =
xx
x
++
+
2
25
1
, x > 0, với đường thẳng y= mm

+
+
2
25 . Từ
BBT của (C) và y(0) ta suy ra
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 159



ycbt ⇔ mm
m
m
⎧
⎪
< + + < <=>
⎨
⎪
⎩
≠−
−
<<
2
4255
1
20

Câu II

1/Giải pt: cos3x.cos
3

x-sin3x.sin
3
x=
+232
8
(1)
(1)
⇔ cos3x(cos3x+3cosx)-sin3x(3sinx-sin3x)=
+232
2

⇔ cos
2
3x+sin
2
3x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= +
32
1
2

⇔
cos4x=
2
2
=cos
π
4
⇔
x= k
π

π
±+
16 2

2/ Gỉai hệ phương trình
()
()( )
x
yy x y
x
yx y
⎧
++ + =
⎪
⎨
+
+− =
⎪
⎩
2
2
14
12
(I)
*Khi y=0 thì (I)
⇔
)( )( x
x
x
⎧

+
⎪
⎨
⎪
+
−=
⎩
=
2
2
1
120
0
(VN)
*Khi y
≠ 0 chia hai pt cho y
(I)
⇔
()
x
yx
y
x
yx
y
⎧
+
++−=
⎪
⎪

⎨
+
⎪
+
−=
⎪
⎩
2
2
1
22
1
21

⇔

()()
x
yx
y
yx yx
⎧
+
++−=
⎪
⎨
⎪
+
−−+−+=
⎩

2
2
1
22
22 210

( do pt tổng và tích )
⇔
yx
x
x
+−=
⎧
⎨
+= −
⎩
2
21
13
⇔
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
1
2
hay

x
y
=
−
⎧
⎨
=
⎩
2
5

Cách khác
Thay y của pt 2 vào pt 1 ta có
( I)
()( )()()( )
()( )
x x yx yx x yx
xyxy
⎧
++ + + − + = + + −
⎪
⇔
⎨
++−=
⎪
⎩
22 2
2
11 2 41 2
12

()()()
()( )
yx yx yx
xyxy
++− += +−
⎧
⇔
⎨
++−=
⎩
2
1242
12
( chia 2 vế của pt 1 cho 1 + x
2
)
()( )()
()( )
yx yx yx
xyxy
+ +− +−+ = +−
⎧
⇔
⎨
++−=
⎩
2
122242
12

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 160

⇔
yx
x
x
+−=
⎧
⎨
+= −
⎩
2
21
13
⇔
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
1
2
hay
x
y
=
−

⎧
⎨
=
⎩
2
5

Câu III.

1/CM: A’C
⊥ BC’. Viết phương trình mp(ABC’)
Ta có
/
(,, ), ' ( ,,)AC BC=− =−
JJJJG
J
JJJG
02 2 222

'. ' .( ) .() .() ' 'ACBC AC BC=−+ − =⇔ ⊥0 2 22 22 0
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
. Vì A’C
⊥
BC’,
A’C
⊥ AB=> A’C ⊥ (ABC’)
⇒ '(,,)AC=−02 2
JJJJG
là PVT của mp(ABC’)
⇒

pt(ABC’): 0.(x-0)+2(y-0)-2(z-0) = 0
⇔
y - z = 0
2/Viết phương trình hình chiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’)
Ta có
'' ( ,,)BC BC==−220
JJJJJG JJJG
. Gọi (
α
) là mp chứa B’C’ và
⊥
(ABC’).
Khi đó hình chiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’) là giao tuyến
của (
α
) và (ABC’)
(
α
) có PVT
'',' ( , , ) (,,)nBCAC
α
⎡⎤
= =−−− =−
⎣⎦
444 4111
JJG JJJJJG JJJJG

⇒ pt(
α
):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0

⇔
x+y+z - 4=0.
Vậy pt hình chiếu B’C’ lên (ABC’) là
xyz
yz
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
++−=
−=
40
0

Câu IV

1/ Tính I=
dx
x
x++ +
∫
6
2
21 41
Đặt t=
x
+41⇒ t
2
=4x+1⇒x=

t
−
2
1
4
,
dx=
tdt
2
.Đổi cận : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5
I=
()
() ()
tdtdt dt
ttt
+−
=−
+++
∫∫∫
555
22
333
11
111
=
ln lnt
t
⎡⎤
++ = −
⎢⎥

+
⎣⎦
5
3
131
1
1212

2/Chứng minh:
xxy y−−≤−−≤ −
22
43 3 3 43 3 với x
2
+xy+y
2

Đặt A= x
2
+xy+y
2
, B= x
2
-xy-3y
2

*Nếu y=0 thì theo giả thiết A=x
2

≤
3 ⇒ B=x

2
. Do đó
B−−≤≤≤< −43 3 0 3 43 3(ĐPCM)
*Nếu y
≠ 0 Đặt t=
x
y
.Ta có:
()Ax xy y t t
BA
x
xy y t t
−
−−−
==
+
+++
222
222
33
1

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 161



Ta tìm tập giá trò của ()()
tt
uututu
tt

−−
=
⇔− ++++=
++
2
2
2
3
1130
1

()vì và b=au u=− +11
không đồng thời bằng 0 nên
miền giá trò của u là
Δ
≥⇔0
−−343
3
≤
u
≤
−+343
3
.
Ta có B =A.u và 0
≤
A
≤
3
⇒

−−343≤ B
≤
−+343
Câu Va

1/(E):
xy
+=
22
1
12 2
có hai tiêu điểm
là
(,),(,)FF−
12
10 0 10 0
(H) có cùng tiêu điểm với (E)
⇒
(H):
xy
ab
−=
22
22
1 với
a
2
+b
2
=c

2
=10 (1)
(H) có hai tiệm cận
()
b
yx x
a
b
ba
a
=± =±
⇔==>=
2
222

Từ (1),(2) suy ra a
2
=2,b
2
=8
⇒ pt(H):
xy
−=
22
1
28

2/ Ta có
()
x

xCxCxCx Cx+= + + ++
2 100 0 100 1 101 2 102 100 200
100 100 100 100
lấy đạo
hàm hai vế, cho x= -
1
2
và nhân hai vế cho (-1).Ta có kết quả:
() () () ()CC C C−+− + =
0 1 99 100
99 100 198 199
100 100 100 100
11 1 1
100 101 199 200 0
22 2 2

Câu Vb

1/Giải pt:
log ( )
x
x
+
−
>
1
22
(1). Với ĐK: -1< x < 0⇒ 0 < x + 1 < 1
(1)
⇔

log ( ) log ( )
xx
xx
++
−>= +
2
11
22 1

và -1< x <0
⇔
x
xx
−< <
⎧
⎨
++>
⎩
2
10
410

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 162

⇔ -2+ 3 < x < 0
2/ Gọi O là tâm hình thoi ABCD
S là điểm đối xứng của A qua A’. Khi đó S,M,D thẳng hàng
và M là trung điểm của SD ; S,N,B thẳng hàng và N là
trung điểm của SB
B

ADΔ có AB=AD= a
n
B
AD =60
0
⇒
B
ADΔ đều
⇒
AO=
a 3
2
,
AC=2AO=
a 3 =SA
CC’=
a 3
2
=AO Hai tam giác vuông
SAO và ACC’ bằng nhau
⇒
n
n
''ASO CAC AC SO==>⊥ (1)
Vì BD
⊥ AC và BD
⊥
AA’

⇒ BD ⊥ (AC C’A’)

⇒ BD ⊥ AC’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra AC’
⊥
(BDMN)
Do đó: V
ABDMN
=
3
4
V
SABD
( vì S+
SMN
=
1
4
S+
SBD
)
=
.
ABD
aa
SA S a
==
2
3
31 1 3 3
3
43 4 4 16

Đề DỰ BỊ 2 –khối A –năm 2006
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh

Câu I (2 đ)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số
y =
()
x
x
−−
4
2
21
2

2) Viết phương trình các đường thẳng đi qua điểm A(0, 2) và tiếp
xúc với (C).
Câu II (2 đ)
1) Giải phương trình: 2sin
2x -
π
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
6
+ 4sinx + 1 = 0
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 163

2) Giải hệ phương trình: ,
()
xxyy
x
yR
xy
⎧
−=+
⎪
∈
⎨
−= +
⎪
⎩
33
22
82
33 1

Câu III (2 đ)
Trong không gian với hệ trục Oxyz. Cho mp
(
α
): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Gọi I
là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mp (
α
)
2) Xác đònh tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mp (

α
) đồng
thời K cách đều gốc tọa độ O và mp (
α
).
Câu IV (2 đ)
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x
2
– x + 3
và
đường thẳng d: y = 2x + 1
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:
xyz−−−
+
+=3331.
Chứng minh rằng:

x
yzxyz
xyz yzx zxy+++
++
++≥
+++
999333
33 33 33 4

Phần tự chọn:
Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb
Câu Va (2đ)
1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc

đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d.
Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của
cạnh AC là M(1, 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.
Câu Vb (2 đ)
1) Giải phương trình:
log log log
xx
x
+
=
2
2
22 4 8
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt
phẳng đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho
AM =
a 3
3
. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Bài giải

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 164

có nghiệm

Câu I
1/ KS: y=
x
x
−+
4
2
22
2
.MXĐ: D=R
y’=2x
3
-4x=2x(x
2
-2); y’= 0
⇔
x=0 hay x= ± 2

x
−∞ −
2
0
2
+∞
y' − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 2 +∞
0 CĐ 0
CT CT
Đồ thò hàm số: Học sinh tự vẽ.
2/ pt tiếp tuyến d qua A(0,2) có dạng d:y=kx+2

d là tiếp tuyến của (C)
()
()
x
xkx
xxk
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
−+=+
⇔
−=
4
2
2
22 21
3
24 2

Thay (2) vào (1) ta có phương trình hòanh độ tiếp điểm là
3x
4
-8x
2
=0 ⇔ x=0 hay x= ±
8

3

• x=0 thì k=0 ta có tiếp tuyến d
1
: y=2
• x=
±
8
3
thì k=
±
82
33
ta có hai tiếp tuyến d
2,3
:y=
±
82
33
x+2
Câu II
1/ Giải phương trình:
sin sinxx
π
⎛⎞
−
++=
⎜⎟
⎝⎠
22 4 10

6
(1)
(1)
⇔
3
sin2x-cos2x+4sinx+1=0 <=>2
3
sinxcosx+4sinx+2sin
2
x=0
⇔ sinx( 3 cosx+sinx+2)=0
sin cos sin
sin cos( )
xhay x x
x
hay x x k hay x k
ππ
π
π
=++=
=−=−⇔==+
⇔
⇔
03 20
7
01 2
66

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 165

2/ Giải hệ phương trình

()
x
yy
y
x
x
−=+
⎧
⎪
⎨
⎪
−= +
⎩
33
22
82
33 1
(I)
(I)
()()
()
yxy
y
x
x
⎧

−= +
⎪
⇔
⎨
⎪
−=
⎩
33
22
24 1
362

Thế (2) vào (1) ta có:
)( ) )( )((yxy yxyxx
−
=+=− +
33 2 3
64 3 43
x
y xy x hay x yhay x yx +− =⇔= = =−⇔
32 2
12 0 0 3 4
 x= 0
⇒ -3y
2
= 6 vô nghiệm
 x=3y thay vào (2) có hai nghiệm (3,1) và (-3,-1)
 x=-4y thay vào (2)có nghiệm
., .,hay
⎛⎞⎛ ⎞

−−
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
66 6 6
44
13 13 13 13

Câu III
1/ Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(
α
)

pt AB:
xy
z
+=
⎧
⎨
=
⎩
4
0
Toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với
mp(
α
) là nghiệm của hệ phương trình:
(,,)
xy x
zyM

xyz z
+= =−
⎧⎧
⎪⎪
=⇔=⇒−
⎨⎨
⎪⎪
+−+= =
⎩⎩
412
01612160
32 40 0

2/Vì I là trung điểm của AB
⇒ I(2,2,0). Gọi K (x; y; z )

KI
JJG
cùng phương
()
n
α
J
JG
và KO = d(K,(
α
))

⇔
,,

x
y
z
K
xyz
xyz
−
−
⎧
==
⎪
−
−
⎪
⎛⎞
⇔
⎨
⎜⎟
+−+
⎝⎠
⎪
++ =
⎪
⎩
222
2
2
321
11 3
32 4

424
14

Câu IV

1/ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=x
2
-x+3 và d:y=2x+1
Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x
2
-x+3 = 2x+1

⇔ x=1 hay x=2
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 166

()Sxxxdx
⎡⎤
=+−−+=
⎣⎦
∫
2
2
1
1
21 3
6
( vì 2x + 1
,[;]xx x≥−+∀∈
2
312

)
2/ Chứng minh bất đẳng thức
x
yz
x
+
+
9
33
+
y
y
zx
+
+
9
33
+
z
x
y
z
+
+
9
33
≥
y
x
z

+
+333
4

với 3
-x
+ 3
-y
+ 3
-z
= 1 Đặt a =3
x
, b =3
y
, c =3
z
Theo giả thiết ta có:a,b,c > 0 và ab + bc + ca= abc (1)
Bất đẳng thức cần chứng minh:
abcabc
abcbcacab
+
+
++≥
+++
222
4

⇔
abcabc
a abc b abc c abc

+
+
++≥
+++
333
222
4
(2)
Thay abc vào (2) ta có:
()()()()()()
abcabc
abac bcba cacb
+
+
++≥
++ ++ ++
333
4

Áp dụng BĐT côsi cho 3 số dương ta có:
.
()()
aabacaa
abac
++
++≥ =
++
33
3
3

88 644
3

.
()()
bbcbabb
bcba
++
++≥ =
++
33
3
3
88 644
3


.
()()
ccacbcc
cacb
++
++≥ =
++
33
3
3
88 644
3

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có ĐPCM.
Câu Va

1/ Tìm toạ độ A,B,C
Vì AC
⊥ BH có hệ số góc bằng -1 suy ra hệ số góc của AC là 1.
Vì M(1,1)
∈AC
⇒
pt AC:y-1=1(x-1)
⇔
y = x .Tọa độ A là nghiệm
của hệ:
,xy A
xy
yx
⎧
⎪
⎛⎞
⇔
==−⇒ − −
⎨
⎜⎟
⎝⎠
⎪
⎩
−−=
=
222
333

420

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 167



Vì M(1,1) là trung điểm của AC ⇒ ,C
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
88
33

Cạnh BC//d và qua C
⇒
pt BC: (x-
8
3
) – 4( y-
8
3
) = 0 hay xy−−=480.Tọa độ B là
nghiệm của hệ :
()
,
xy
B
xy
++=
⎧

⇒−
⎨
−−=
⎩
30
41
480

2/ Gọi
naaaaaaaaaa==++++
43 210
43210 4 3 2 1 0
10 10 10 10 10 là số
cần lập
Ta có 4 cách chọn a
4

4 cách chọn a
3

3 cách chọn a
2

2 cách chon a
1

1 cách chọn a
0

Vậy có 4.4.3.2.1=96 số n

Cách 2 : Ta có 4 cách chọn a
4
và 4! cách xếp 4 số còn lại
Vậy có 4.4!= 96 số n
* Tính tổng 96 số n lập được
Có 24 số
naaaa=
4321
0 ;
Có 18 số
naaaa=
4321
1;Có 18 số n aaaa=
4321
2 ;
Có 18 số n=
n aaaa=
4321
3 ;Có 18 số n aaaa=
4321
4
Tổng các chữ số hàng đơn vò là: 18(1+2+3+4)=180. Tương tự ; tổng
các chữ số hàng chục là: 1800;tổng các chữ số hàng trăm là:
18000;tổng các chữ số hàng ngàn là: 180000.
Có 24 số
n aaaa=
3210
1 ; Có 24 số naaaa=
3210
2 ;Có 24 số

naaaa=
3210
3 ; Có 24 số naaaa=
3210
4
Tổng các chữ số hàng chục ngàn 24(1+2+3+4)10000=2400000
Vậy tổng 96 số n là 180+1800+18000+180000+2400000=2599980
Cách 2
: Có 24 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a
4
.
Có 18 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a
i
với i = 0, 1, 2, 3
Vậy tổng 96 số n là ( 1+2+3+4 ) [
.( )++++
43210
24 10 18 10 10 10 10
]
Câu Vb

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 168

1/ Giải pt:
log log log
xxx
+=
22
22 4 8 (1)

()
log log log log log log
log
x
x
xx x x
xx
⇔+ = ⇔+ =
⇔=⇔=
++
22 2 2 2
2
14 6 1 1 6
1
22 2
12
11

2/ Tính thể tích hình chóp SBCMN
(BCM)//AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD
Ta có
B
CBM
BC AB
BC SA
⎧
⎪
⇒⊥
⎨
⎪

⎩
⊥
⊥

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA=ABtg60
0
=
a 3

a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
=⇔= =
3
3
2
3
23
3

⇒ MN =
a4
3
,
BM =
aa

a +=
2
2
2
3
3

Diện tích hình thang BCMN là
BC MN
SBM
a
a
aa
S
+
=
⎛⎞
+
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
2
2
4
2
210
3
2

333







giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 169



()
.
SBCMN
VSHdtBCMN=
1
3
Hạ SH
⊥
BM.Ta có SH
⊥
BM và
BC
⊥ (SAB) ≡ (SBM) ⇒ BC
⊥
SH
Vậy SH
⊥ (BMCN) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có

AB AB AM
SB a
cos SB MS
=
==> = =
0
1
2
60 2

Vậy BM là phân giác của góc SBH
⇒
n
SBH =
0
30
⇒ SH=SB.sin30
0
=2a.
1
2
= a
V=
1
3
a.
aa
=
23
10 10 3

27
33

Đề DỰ BỊ 1 – khối B – 2006
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh

Câu I (2 đ)
Cho hàm số y =
x
x
x
−
−
+
2
1
1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho
2) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thò (C) đi qua A(0, -5)
Câu II (2 đ)
1) Giải phương trình: (2sin
2
x – 1)tg
2
2x + 3(2cos
2
x – 1) = 0
2) Giải phương trình:

,
x
xx xxxR−+ −= −+ − + ∈
2
32 14923 52
Câu III (2 đ)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho 2 đường thẳng:

:
x
t
yt
z
=
+
⎧
⎪
Δ=−−
⎨
⎪
=
⎩
1
1
1
2
:
x
yz−−
Δ

==
−
2
31
121

1) Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng
Δ
1
và song
song với đường thẳng
Δ
2

2) Xác đònh điểm A trên
Δ
1
và điểm B trên
Δ
2

sao cho đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu IV (2 đ)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 170

1) Tính tích phân: I =
dx
x
x
−

−
∫
10
5
21

2) Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số:
yx
x
x
⎛⎞
=+ + +
⎜⎟
⎝⎠
2
11 7
41
2
, x > 0
Phần tự chọn:
Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb
Câu Va (2đ) Theo chương trình THPT không phân ban (2 đ)
1)Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại B, với
A(1, -1) ; C(3, 5). Điểm B nằm trên đường thẳng
d: 2x – y = 0. Viết phương trình các đường thẳng AB, BC.
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số
chẵn, mỗi số có 5 chữ số khác nhau, trong đó có đúng 2 chữ số
lẻ và 2 chữ số lẻ đó đứng cạnh nhau?
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình phân ban THPT thí điểm (2 đ)
1) Giải phương trình:

log log ( ) log ( )xxx
+
−−−−=
3
18
2
2
13 10
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
B
l
A
D = 60
0
, SA vuông góc với mp (ABCD), SA = a. Gọi C
′
là trung
điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC
/
và song song với BD,
cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại
,
B
D
′
′
. Tính thể
tích của khối chóp S.A
B
CD

′
′′
.
Bài giải

Câu I
1/ KS y=
x
x
x
−
−
+
2
1
1
MXĐ: D= R \
{
}
−
1
y’=
,'
()
xx
yxhayx
x
+
=⇔= =−
+

2
2
2
00 2
1

TC:x=-1, y=x-2
BBT
x -
∞ -2 -1 0 + ∞
y’ + 0 - - 0 +
y -5 +
∞
+∞

-∞ -
∞
-1

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 171

2/ Viết pt tiếp tuyến với (C) đi qua A(0,-5)
Phương trình tiếp tuyế
+ đi A(0,-5)có dạng: y= kx - 5
+ tiếp xúc với (C)
⇔

()
()
()
xkx
x
k
x
⎧
−+ = −
⎪

+
⎪
⎨
⎪
−=
⎪
+
⎩
1
251
1
1
12
2
1

có nghiệm
thế (2) vào (1) ta có pt hđ tiếp điểm: 3x
2
+8x+4=0
⇔ x=-2 v x=
−
2
3
⇒ k
1
= 0 v k
2
= - 8
vậy có hai tiếp tuyến (

Δ
1
):y= -5 và (
Δ
2
):y = -8x-5
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 172

Câu II
1/ Giải pt : (2sin
2
x-1)tg
2
2x+3(2cos
2
x-1)=0 (1) ĐK cos2x
≠
0
(1)
⇔ - cos2xtg
2
2x+3cos2x=0
⇔
tg
2
2x=3
⇔ tg2x=
± 3

x

k
π
π
⇔=± +
62
(thoả điều kiện)
Nhận xét
: ta không cần đặt điều kiện cũng được, vì khi tg2x tồn tại
nghóa là đã có cos2x
≠
0
2/ Giải pt:
x
xx xx−+ −= −+ − +
2
32 14 923 52
(1)
(1)
⇔
()() ()()
x
xxx xx−+ −= −+−−+ − −32 13 2 16232 1


(
)
xx
=
−+ − −
2

32 1 6

Đặt t =
x
x−+ −32 1
≥ 0
(1)thành t = t
2
- 6
⇔
t
2
-t - 6=0
⇔
()tlhayt
=
−=23
vậy
() xx⇔−+−=132 13

⇔ 3x-2+x-1+
()()
x
x
−
−23 2 1
=9 và
x
≥1
⇔

()()xx−−23 2 1=12-4x và
x
≥1
⇔ ()()xx−−32 1= 6-2x và
x
≥1

⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)
2
và
x
≤
≤13


⇔ x
2
-19x +34 =0 và
x
≤
≤13

⇔
x=2
Câu III

1/
1
+
đi qua M

1
(1,-1,2), VTCP
(, , )a=−110
J
G



2
+


đi qua M
2
(3,1,0), VTCP (,,)b=−121
J
G

mp(P) cần tìm chứa
+
1
và //+
2
nên (P) qua M
1
có PVT
,(,,)abn
⎡⎤
==−−
⎣⎦

111
JG
GG
do đó pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0

⇔
x + y – z + 2= 0
2/ AB ngắn nhất <=>
AB
⊥
(+
1
,+
2
)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 173



:
x
t
yt
z
=+
⎧
⎪
Δ
=− −
⎨

⎪
=
⎩
1
1
1
2

'
:
'
'
x
t
yt
zt
=
−
⎧
⎪
Δ
=
+
⎨
⎪
=
⎩
3
12
2

A
∈
+
1
=> A(1+t,-1-t,2);B
∈
+
2
=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’)
⇒ AB
JJJG
=(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2)
Vì AB
⊥
()
,
12
++
.'
'
'
.
ABa t t
tt
tt
ABb
⎧
⎧
⎪

⎪⎪
⇔⇔ ⇔
⎨⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎩
=+=
=
=
+=
=
0230
0
36 0
0
J
JJGG
JJJGG

⇒ A(1,-1,2) , B(3,1,0) (trùng với M
1
, M
2
)
Câu IV

1/ Tính I=
dx
x

x
−
−
∫
10
0
21
Đặt t=
x
−
1 ⇒ x=t
2
+1⇒dx=2tdt
Đổi cận: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3
()
()
I
tdt
dt
t
tt t
==+
∫∫
−
−+ −
33
22
22
2
211

1
21 1

=
ln ln
t
t =−
−
−+
3
2
3
2
2
1
21 221


2/ Tìm giá trò nhỏ nhất của
yx
x
x
⎛⎞
=+ + +
⎜⎟
⎝⎠
2
7
11
41

2
(x > 0) (1)
Tacó:
()

x
xxx
⎛⎞
⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
+=+ ≤++=+
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠
⎝⎠
2
22
7777
3317971161

⇒
x
x
⎛⎞⎛⎞
+≥+
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
2
71 7
41 3

2
Dấu “=” xảy ra
⇔
x
x
=
=
37
1
7
(A)
Suy ra:
() .xx
xx x x
yx
⎛⎞
++=++≥+ =+=
⎜⎟
⎝⎠
≥+
11 1 7 3 9 3 9 3 15
326
22 2 2 2 2

Dấu “=” xảy ra
⇔
x
x
=
9

và (A)
⇔
x =3
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 174

Vậy ta có y
min
=
15
2
xảy ra
⇔
x=3
Câu Va

1/pt trung trực của AC là: x+3y-8=0
Do tam giác ABC cân tại B nên B thuộc trg trực của AC. Do đó
,BB
xy
xy
⎧
⎪
⎛⎞
⇔
⎨
⎜⎟
⎝⎠
⎪
⎩
+=

−=
816
77
38
20

pt đường thẳng AB:
xy
xy
−+
=
⇔−−=
−+
11
23 24 0
816
11
77

tương tự pt BC: 19x-13y +8=0.
2/ Số cách chọn hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau từ ba chữ số 1,3,5 là
A
2
3
=6 cách. Ta xem mỗi cặp số lẻ như vậy là một phần tử x.
Vậy mỗi số cần lập gồm phần tử x và 3 trong 4 chữ số chẵn 0,2,4,6 .
Gọi
n aaaaa=
43210

Ta có các trường hợp sau:
* TH
1
: a
0
= 0.Đưa x vào 4 vò trí đầu có 3 cách
Đưa 2 số chẵn từ 2,4,6 vào 2 vò trí còn lại có
A
2
3
cách.
Vậy có 3.
A
2
3
=18 cách
*TH
2
:a
0
chẵn ≠ 0 và x ở hai vò trí a
4
a
3
. Có 3.
A
2
3
=18 cách
*TH

3
:a
5
chẵn ≠ 0 và x ở hai vò trí a
3
a
2
hoặc a
2
a
1
.Có 24 cách.
Vậy ta có 6(18+18+24)=360 số n.
Câu Vb

1/ Giải pt: () ()
log log log
xxx
+
−−−−=
3
1
28
2
13 10 (1)
Với ĐK: 1 < x < 3 thì
(1 )
⇔
() ( )
()()( )

log log log
x
xxxxx++ − = −⇔ + − =−
22 2
13 1131

⇔ x
2
- x- 4 = 0 <=>
()x l hay x
−+
==
117 117
22

2/ Hình thoi ABCD có
n
BAD =
0
60

nên
B
ADΔ đều có cạnh là a
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 175




⇒

a
AO AC AO a==>==
3
23
2

⇒ SC SA AC a a a=+ =+=
22 2222
34
⇒ SC=2a
Trong
SAC+ vuông ở A, trung tuyến
'
SC
AC a==
2
=> 'SAC
Δ
đều cạnh a
Gọi 0 là giao điểm của AC với BD
I là giao điểm của AC’ và B’D’.
Ta có I là trọng tâm
SAC
Δ

( vì là giao điểm của 2 trung tuyến SO và AC’)


⇒ ''
SI

B
DBDa
S
=⇒ = =
222
03 3 3

Ta có B’D’
⊥ AC’ ( vì B’D’// BD ) nên
'''
'. ' '
AB C D
a
AC B D
S
==
2
1
23

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 176




Đường cao h của khối chóp S.AB’C’D’ chính là đường cao SH của
'SACΔ vì
', ' 'SH AC SH B D⊥⊥
. Chú ý rằng 'SAC
Δ
đều cạnh a nên
h = SH =
a 3
2

Vậy
''' '''
.
SABCD ABCD
h
a

VS
==
3
3
1
318

Đề DỰ BỊ 2 – khối B – 2006
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh

Câu I (2 đ)
Cho hàm số y = x
3
+ (1 – 2m)x
2
+ (2 – m)x + m + 2 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 2
2) Tìm các giá trò của m để đồ thò hàm số (1) có điểm cực đại,
điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II (2 đ)
1) Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0
2) Giải hệ phương trình:
()( )
(, )
()( )
xyx y
x
yR
xyx y
⎧

−+=
⎪
∈
⎨
+−=
⎪
⎩
22
22
13
25

Câu III (2 đ)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mp
(P): 2x + y – z + 5 = 0 và các điểm A(0, 0, 4) ; B(2, 0, 0)
1) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB
trên mp (P)
2) Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mp (P)
Câu IV (2 đ)
1) Tính tích phân: I =
ln
ln
e
x
dx
x
x
−
+
∫

1
32
12

2) Cho hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y
≥ 4. Tìm
giá trò nhỏ nhất của biểu thức A =
x
y
x
y
++
+
23
2
342
4

Phần tự chọn:
Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 177



Câu Va (2đ) Theo chương trình THPT không phân ban (2 đ)
1) Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2, 1),
đường cao qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và
đường trung tuyến qua đỉnh C có pt: x + y + 1 = 0. Xác đònh tọa
độ các đỉnh B và C của tam giác.
2) Cho 2 đường thẳng song song d

1
và d
2
. Trên đường thẳng d
1
có
10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt (n
≥ 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho.
Tìm n.
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 đ)
1) Giải phương trình:
.
xx xx+− +−
−
+=
22
12
9103 10
2) Cho hình lăng trụ ABC
A
BC
′
′′
có A
′
ABC là hình chóp tam giác
đều, cạnh đáy AB = a, cạnh bên A
A

′
= b. Gọi
α
là góc giữa 2
mp (ABC) và (
A
′
BC). Tính tg
α
và thể tích khối chóp
ABBCC
′′′
.
Bài giải

Câu I

1/ KS y=x
3
+(1-2m)x
2
+(2-m)x+m+2
khi m=2 ta có y=x
3
-3x
2
+4 (1) MXĐ:D=R
y’ =3x
2
-6x=3x(x-2) , y’= 0

⇔
x=0 v x=2
Bảng biến thiên và đồ thò : dành cho độc giả.
2/ Tìm m
ta có
'() ()yx mx mfx=+− +−=
2
3212 2

Theo ycbt<=> y’=0 có 2 nghệm phân biệt sao cho x
1
< x
2
<1
()()
'
()
mm
fm
Sm
⇔
⎧
Δ= − − − >
⎪
⎪
=− + >
⎨
−
⎪
=<

⎪
⎩
2
12 32 0
1570
21
1
23


mhaym⇔ <− < <
57
1
45

Câu II
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 178

1/Giải pt
pt(1)
⇔ (sinx-cosx)(cosx-sinx+1)=0
⇔ sin cosxcosxv xsinx=−+=10
x
k hay x k hay x k
ππ
π
πππ
=+ =+ =+⇔ 22
42

2/ Giải hệ pt:
()
()
()
(
)
()()
()
(
)
()
()
xyx y xyx y
xyxy
xyx y
⎧⎧
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩⎩
−+= −+=
−+=
+−=
22 22
13 13 3

2
22
25 4
25

(4)-(3) ta có (x-y)2xy=12 (5)
(3)-( 5) ta có (x-y)
3
=1 (6). Do đó hệ tương đương với
()
()
xy
x
y
xy
xy
⎧
−=
⎧
−
=
⎪
⎪
⇔
⎨
⎨
+
=±
⎪
⎪

⎩
+=
⎩
3
1
1
2
5
25
=> (3,2) hoặc (-2,-3)
Cách khác
: hệ tương đương
()
[(( ) ( ) ) )]
()[(()()) ]
()
xxyyx y
x
ychia
x
yx y chia
xxyyx y
⎧
+− −=
⎧
−= +
⎪
⇔
⎨⎨
−= −

−+ −=
⎪
⎩
⎩
32 23
33
32 23
13 1
19 2 1 2
621 2
25 2

()()
() ()
()
()
xy xy xy
xy xyxy
xy x y
xy x y
⎧
⎡⎤
⎧
−−+=
−+ −=
⎪⎪
⎣⎦
⇔⇔
⎨⎨
−=

−= ⎪
⎪
⎩
⎩
3
2
319
319
6
6

()
() ()
xy x y x x
hay
xy x y y y y y
−= =+ = =−
⎧⎧⎧⎧
⇔⇔⇔
⎨⎨⎨⎨
−= + = = =−
⎩⎩⎩⎩
1132
6162 3

Câu III
1/ Hình chiếu vuông góc A’B’ của AB lên mp P là giao tuyến của
mp P và Q, trong đó (Q) là mp chứa AB và vuông góc với (P). Ta có
(,, )AB =−20 4
JJJG

, (P) có PVT (,, )
P
n
=
−21 1
J
JG

⇒ (Q) có PVT [, ](,,) (,,)
QP
nnAB==−−=−−46 2 22 31
JJJG JJG JJJG
.Vậy (Q) qua
A(0,0,4) có PVT
(, ,)
Q
n =−231
JJG

⇒ pt(Q): 2(x-0)-3(y-0)+1(z-4)=0
⇔
2x-3y+z-4=0
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 179



Vậy pt hình chiếu A’B’ :
xy z
xyz
⎧

⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
−
++=
−
+−=
2250
23 40

2/ Gọi I(a,b,c) là tâm mặt cầu (S)
(S): x
2
+y
2
+z
2
-2ax-2by-2cz+d=0 ; (S) đi qua O, A(0,0,4) , B(2,0,0) nên
ta có:
d
d
a
cd
ad
c
⎧
⎪

⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
=
⎧
=
⎪
⇔
=
−+=
⎨
⎪
−+=
=
⎩
0
0
1
16 8 0
44 0
2

Ta lại có (P) tiếp xúc với (S)
⇔
d(I,P)= R = OI
abcabc
=
+++−+

222
625 .
Thay a=1, c = 2 vào ta có
bbb =+⇔=+
2
65 15
Vậy (S): x
2
+y
2
+z
2
-2x-2y-4z=0
Câu IV

1/ Tính I=
ln
ln
e
x
dx
x
x
−
+
∫
1
32
12
Đặt

ln lntxtx⇒=+ =+
2
12 1 2
=>t dt =
dx
x

Đổi cận
() ;()te t
=
=211
()
()
t
tdt t dt
t
I
−−
=−
−
==
∫∫
22
2
2
11
31
4
10 2 11
3

2/ Với giả thiết x+y
≥ 4 Tìm giá trò nhỏ nhất của
xy
A
xy
++
=+
23
2
342
4

Ta có

yy
xxy
A
y
x
⎛⎞
+
=++ ++ + ≥+ +=
⎜⎟
⎝⎠
2
1
119
21232
88

4242

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2002 – 2008 180

Dấu “=” xảy ra ⇔
x
x
x
y
y
y
⎧
=
⎪
⎪
⇔
==
⎨
⎪
=
⎪
⎩
2
1
4
2
1
8
thoả x
y

+
≥4
.Vậy giá trò nhỏ nhất của A là
9
2

Câu Va

pt đường cao BH: x-3y-7=0, AC qua A và
⊥ BH
Suy ra pt AC là
()()xy xy⇔
−
+−= +−=321103 70

Đỉnh B
∈
BH=>B(3y+7,y) và A(2,1)
nên trung điểm I của AB có toạ độ I
,
yy++
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
39 1
22

I
∈
CI ⇒

(,)
yy
yB⇔⇒
++
++= =− −−
39 1
10 3 2 3
22

Tọa độ C là nghiệm của hệ
xy x
xy y
++= =
⎧⎧
⇔
⎨⎨
+−= =−
⎩⎩
10 4
370 5

⇒ C ( 4; - 5 )
2/ Số tam giác có một đỉnh thuộc d
1
, hai đỉnh thuộc d
2
là 10
n
C
2

Số tam giác có một đỉnh thuộc d
2
, hai đỉnh thuộc d
1
là n
C
2
10

Theo đề bài ta có 10
n
C
2
+n
C
2
10
=2800
⇔
n
2
+8n-560=0 ⇒ n = 20
Câu Vb

1/ Giải pt:
.
xx
xx
+−

+
−
+
=
−
2
2
2
1
10
10 3
9
(1) Đặt
x
x
t
+
=
2
3

thì (1) thành t
2
-10t + 9 = 0
⇔
t =1 hay t = 9
*
xx
t
+

=
2
3
= 1 =3
0
⇔
x= 0 hay x= - 1
*
xx
t
+
=
2
3 = 9=3
2
⇔
x
2
+ x - 2=0
⇔
x=1 hay x= - 2
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 181



2/ Gọi E là trung điểm cạnh BC
H là tâm tam giác đều ABC
Do A’ABC là chóp tam giác đều

Nên
n
(
)
n
,' '
A
BC A BC A EH=

Ta có AE =
aa
AH AE

⇒ ==
32 3
233

HE =
A
Ea
=
3
36
⇒
''AH AA AH b a=−=−
22 22
1
93
3

=>
'
A
Hba
tg
H
Ea
α
−
==
22
23
.

.
ABC
a
BC AE
S
==
2
13
24
.
Ta có: