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

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 194

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề I
Câu I: Cho hàm số
2
x4x
y
x2
3
−
++
=
−

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên
đồ thị hàm số đến các đường tiệm cận của nó là hằng số.
Câu II:
1. Giải phương trình:
11
sin 2x sin x 2cot g2x
2sin x sin 2x
+− − =

2. Tìm m để phương trình:
(
)
2
mx 2x21x(2x)0(2−+++ −≤ )
có nghiệm x

0,1 3
⎡⎤
∈+
⎣⎦

Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-
3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).
2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Câu IV:
4
0
2x 1
Idx
12x1
+
=
++
∫
1. Tính
2. Giải hệ phương trình:
)Ry,x(
132y2yy
132x2xx
1x2
1y2
∈
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
+=+−+
+=+−+
−
−


Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 1. Đường
tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
AB 2=
.
Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4
chữ số khác nhau?
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 195



Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải bất phương trình:
2
x4 2
(log 8 log x )log 2x 0

+
≥
2. Cho lăng trụ đứng ABCA
1
BB
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2a 5= và
o
120BAC =
∧
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
.
Chứng minh MB⊥MA
1
và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt
phẳng (A
1
BM).

Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm)
2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số.
M(x,y) ∈ ( C ) ⇔

7
yx2
x2
=− + +
−

Phương trình tiệm cận xiên
yx2xy20
=
−+ ⇔ +−=

khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là
1
xy2
7
d
22x2
+−
==
−

khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là
2
dx2
=
−

Ta có
12
77

dd x 2
2x 2 2
=−
−
= : hằng số.
Câu II:
1. Giải phương trình :
11
sin 2x sin x 2cot g2x
2sin x sin 2x
+− − =

(1)
(1) ⇔ − cos
2
2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0
⇔ =++=
2
cos2x 0v 2 cos x cosx 1 0(VN)
⇔ cos2x = 0 ⇔
π
ππ
=+π⇔=+
2x k x k
242

2. Đặt
2
tx2x=−+2 ⇔ t
2

− 2 = x
2
− 2x
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 196

Bpt (2) ⇔
−
≤≤≤∈+
+
2
t2
m(1t2),dox[0;1
t1
3]

Khảo sát
2
t2
g(t)
t1
−
=
+
với 1 ≤ t ≤ 2
g'(t)
2
2
t2t2
0
(t 1)

++
=
+
>. Vậy g tăng trên [1,2]
Do đó, ycbt ⇔ bpt
2
t2
m
t1
−
≤
+
có nghiệm t ∈ [1,2]
⇔
[]
∈
≤=
t1;2
2
m max g(t) g(2)
3
=

Câu III:
1. Ta có
A
B ( 2,4, 16)=− −
JJJG
cùng ph ng với
=

−−
G
a(1,2,8)
ươ
mp(P) có PVT
n(2,1,1)=−
J
JG

Ta có = (6 ;15 ;3) cùng ph
JJGG
[n,a]
ương với (2;5;1)
Phương trình mp chứa AB và vng góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0
⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0
2. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng
phía với
Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P)
Pt AA' :
x
1y3z2
21
1
+
−+
==
−

AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của

−++=
⎧
⎪
⇒−
⎨
+−+
==
⎪
−
⎩
2xyz10
H
(1, 2, 1)
x1 y3 z2
211

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 197




HAA'
HAA'
HAA'
2x x x
2y y y A '(3,1,0)
2z z z

=+
⎧
⎪
=+ ⇒
⎨
⎪
=+
⎩
Ta có
A
'B ( 6,6, 18)
=
−−
JJJJG
(cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :
−
−
=
=
−
x
3y1z
11
3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

−++=
⎧

⎪
⇒−
−−
⎨
==
⎪
−
⎩
2x y z 1 0
M
(2,2, 3)
x3 y1 z
113

Câu IV:
2
2x1 t 2x1 2tdt 2dx dx tdt=+⇒=+⇔=⇔=t 1. Đặt
Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1
Vậy
433
2
011
2x 1 t 1
I
dx dt t 1 dt
1t t1
12x1
+
⎛⎞
===−+

⎜⎟
++
++
⎝⎠
∫∫∫

=
3
2
1
t
tlnt1 2ln2
2
⎡⎤
−+ + = +
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦

2. Giải hệ phương trình

−
−
⎧
+−+=+
⎪
⎨
⎪
+−+=+
⎩

2y1
2x1
xx2x23 1
(I)
yy2y23 1

Đặt u = x − 1, v = y − 1
(I) thành
⎧
+
+=
⎪
⎨
⎪
+
+=
⎩
2v
2u
uu13
(II)
vv13

Xét hàm f(x)
2
x
x1
=
++
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 198

f ´(x)
+
++
=+ = > ≥
+++
2
222
xx
xx1x
10
x1 x1 x1

Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.
Nếu u > v f(u) > f(v) ⇒> v > u ( vơ lý ) ⇒
vu
⇒33
Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vơ lý

Do đó hệ (II)
⎧⎧
⎪⎪
++= = +−
⇔⇔
⎨⎨
==
⎪⎪
⎩⎩
2u u2
uu13 13(u1u)(1

uv uv
)

Đặt: g(u)
u2
3( u 1 u)=+−

⎛⎞
⇒= +−+ −
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
u2 u
2
u
g'(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1
u1


()
(
)
Ru,0
1u
1
3lnu1u3u'g
2
2u
∈∀>

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−+=

Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R.
Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)
Nên (II)
⇔ u = 0 = v
Vậy (I)
⇔ x = y = 1.
Câu Va:
1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường
phân giác y = x . Do đó, đường AB ⊥ đường y = x ⇒ hệ số góc
của đường thẳng AB bằng − 1.
Vì AB
2=
⇒ A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.
Suy ra
A
(0,1);B(1,0)
A
'( 1, 0);B '(0, 1)
⎡

⎢
−−
⎣

Suy ra phương trình AB : y = − x + 1 hoặc y = − x − 1.
Cách khác: phương trình AB có dạng: y = − x + m.
Pt hồnh độ giao điểm của AB là
x
2
+ (− x + m)
2
= 1
⇔
−+−=
22
2x 2mx m 1 0
(2)
(2) có
Δ=
, gọi x
−
/2
2m
1
, x
2
là nghiệm của (2) ta có :
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 199

2
=⇔ − =⇔ − =
22
12 12
A
B22(xx)2(xx)1
Δ
⇔=⇔−=⇔=
/
2
2
4
12m1m
a
±1

Vậy phương trình AB : y = − x
±
1
.
2. Gọi
=
123 4
naaaa
là số cần lập.
. TH1 : a
4
= 0, ta có 8 cách chọn a
1

(vì a
1
≥ 2)
8 cách chọn a
2
7 cách chọn a
3
(1 cách chọn a
4
)
Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n.
. TH2 : a
4
≠ 0 vì a
4
chẵn. Ta có : 4 cách chọn a
4

7 cách chọn a
1

8 cách chọn a
2

7 cách chọn a
3
Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n
Vậy cả 2 trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n.

Câu Vb:

1. Điều kiện x > 0 , x
≠ 1
(1)
⎛⎞
⇔+
⎜⎟
⎝⎠
42
8
11
2 log x log 2x 0
log x 2
≥


()
⎛⎞
⎜⎟
⇔+ +
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
22
2
1
log x log x 1 0
1
log x
3
≥

⎛⎞
++
⇔+ ≥⇔
⎜⎟
⎝⎠
⇔≤− >⇔<≤>
2
22
2
22
22
log x 1 log x 1
(log x 3) 0 0
log x log x
1
log x 1v log x 0 0 x v x 1
2
≥

2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 200

Chọn hệ trục Axyz sao cho: A ≡ 0,
(
)
−C2a,0,0
,
1

A
(0,0,2a 5)


⎛⎞
⇒
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
aa3
A
(0;0;0),B ; ;0
22
và
−
M
(2a,0,a5)


⎛⎞
⇒=−− =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
JJJJG JJJJJG
1
53
B
M a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)
22

Ta có:
=−+=⇒ ⊥
JJJJG JJJJJG
2
11
B
M.MA a ( 5 5) 0 BM MA

Ta có thể tích khối tứ diện AA
1
BM là :

Δ
⎡⎤
==
⎣⎦
⎡⎤
==
⎣⎦
JJJJJG JJJG JJJJG
JJJG JJJJJG
3
1
2
BMA 1
1
1a
VAA.AB,AM
63

1
SMB,MA3
2
15
a3

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
==
3V a 5
d.
S3

Cách khác:
+ Ta có
=+ =
222
1111
2
A
MACCM9a

=+− =
222 02
B
CABAC2AB.AC.cos1207a

=+ =
22 22

B
M BC CM 12a
=+== +
2222 2
11 1
2
A
BAAAB21aAMMB
⇒
M
B vng góc với
1
M
A
+ Hình chóp MABA
1
và CABA
1
có chung đáy là tam giác ABA
1

và đường
cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.
⇒= = = =
3
MABA CABA 1 ABC
11
11
VV V AA.S a15
33

⇒==
1
MBA 1
1
3V 6V a 5
d(a,(MBA ))
SMB.MA
=
3

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 201



Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
m
yxm (Cm)
x2
=+ +
−

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm A, B sao cho đường
thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0.
Câu II:
1. Giải phương trình:
2

2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sinx 3 cosx)++=+
2. Giải bất phương trình
43 22
32
x
xy xy 1
x
yx xy1
⎧
−
+=
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩

Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0);
C(2,4,6) và đường thẳng (d)
6x 3y 2z 0
6x 3y 2z 24 0
−+=
⎧
⎨
+
+−=
⎩

1. Chứng minh các đường thẳng AB và OC chéo nhau.
2. Viết phương trình đường thẳng

Δ // (d) và cắt các đường AB,
OC.
Câu IV:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các
đường và y = x. Tính thể tích vật thể tròn trong khi quay
(H) quanh trục Ox trọn một vòng.
2
xy4 =
2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
33 33 33
33
3
222
x
yz
P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2
yzx
⎛⎞
=++++++++
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 202

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0)
biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0;
02y5

x
2 =−+
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vng ABCD lần lượt
cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam
giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình
42
2x 1
11
g (x 1) log x 2
log 4 2
+
lo
−
+=++

2. Cho hình chóp SABC có góc
()
o
60ABC,SBC =
∧
, ABC và SBC
là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến
mp(SAC).

Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm)

2. Tìm m:
Ta có:
2
22
mm(x2
yxm y'1
x2
(x 2) (x 2)
)m
−
−
=+ + ⇒ =− =
−
−−

Đồ thị h/s có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ (x − 2)
2
− m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
Gọi A (x
1
, y
1
) ; B (x
2
, y
2
) là 2 điểm cực trị

11

22
x
2my2m2m
y' 0
x
2my2m2m
⎡
=− ⇒ =+ −
=⇔
⎢
=+ ⇒ =+ +
⎢
⎣

P/trình đường thẳng AB :
x(2 m) y(2m2m)
(m 0)
2m 4m
−− −+−
=>


⇔ 2x − y − 2 + m = 0
AB qua gốc O (0, 0) ⇔ − 2 + m = 0 ⇔ m = 2.
Cách khác:
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 203



2

x
(m 2)x m u
y
x
2v
+− +
==
−
;
2
m
y' 1
(x 2)
=−
−

y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ m > 0
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là
/
/
u
y2xm
v
==+−
2

Do đó, ycbt
⇔
m2

−
=0
m2
⇔
=

Câu II:
1. Giải phương trình:
2
2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x 3 cosx)++=+ (1)
(1) ⇔
2 cos2x 3 sin 2x 3(sinx 3 cosx)++ =+


⇔
13 13
2 2 cos2x sin 2x 6 sin x cosx
22 22
⎛⎞⎛
++=+
⎜⎟⎜
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎟
⎠


⇔

2 2 cos 2x 6 cos x
36
π
π
⎛⎞ ⎛
+−=−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
⎞
⎟
⎠

⇔
1 cos 2x 3cos x
36
π
π
⎛⎞ ⎛
+−=−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
⎞
⎟
⎠


⇔
2
2cos x 3cos x
66

π
π
⎛⎞ ⎛⎞
−= −
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

⇔
3
cos x 0 v cos x (loại)
662
ππ
⎛⎞ ⎛⎞
−= −=
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

⇔
π+
π
=⇔π+
π
=
π
− k
3
2
xk
26
x

, k ∈ Z.
2. Giải hệ:
43 22
32
x
xy xy 1
x
yx xy1
⎧
−
+=
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩
(I)
(I)
⇔
⎧
−+ + =
⎪
⎨
−+ + =
⎪
⎩
223
23
(x xy) xy 1
(x xy) xy 1

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 204

Đặt u = − x
2
+ xy, v = x
3
y
(I) thành
=− +
⎧⎧
=
=
⎧⎧
⎪⎪
+=
⇔⇔∨
⎨⎨ ⎨⎨
=
=
+= −=
⎩⎩
⎪⎪
⎩⎩
2
2
vu1
u0 u1
uv1
v1 v0
uv1 u u0

Do đó hệ đã cho tương đương:
22
42
33
yx y0
xxy0 xxy1
x
1x 1(vn
xy 1 xy 0
⎧⎧
==
⎧⎧
−+ = −+ =
⎪⎪ ⎪⎪
∨⇔∨
⎨⎨ ⎨⎨
==−
⎪⎪
==
⎪⎪
⎩⎩
⎩⎩
)
−
−


==
⎧⎧

⇔∨
⎨⎨
==
⎩⎩
x
1x1
y1 y 1

Câu III:
1. Ta có VTCP của đường thẳng AB là hay
−( 2,4,0) =−
J
JG
a(1,2,0)

Ta có VTCP của đường thẳng OC là
(2
hay
,4,6) =
J
JG
b(1,2,3)

Ta có
OA
cùng phương với
(2,0,0)=
JJJG
=
JJG

c(1,0,0)
Ta có
⎡⎤
≠ 0 ⇔ AB và OC chéo nhau.
=
⎣⎦
GG G
a, b .c 6
2. Đường thẳng d có VTCP
(
)
12, 0, 36− hay
(
)
u1, 0, 3=−
G

Ta có
()
a, u 6,3,2
⎡⎤
=
⎣⎦
GG
Phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, có PVT
a, u
⎡
⎤
⎣
⎦

G
G
(α chứa
AB)
6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0
⇔ 6x + 3y + 2z – 12 = 0 (α)
Ta có
()
b
, u 2 3, 3,1
⎡⎤
=−
⎣⎦
GG

Phương trình mặt phẳng (β) qua O có PVT là (3, - 3, 1) (β chứa
OC)
3x - 3y + z = 0 (β)
Vậy phương trình đường thẳng
Δ song song với d cắt AB, BC là

6x 3y 2z 12 0
3x 3y z 0
++−=
⎧
⎨
−+=
⎩
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 205

Câu IV:
1. Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ

2
x
x0 x4
y
v
4
y0 y4
yx
⎧
=
=
⎧⎧
⎪=
⇔
⎨⎨⎨
=
=
⎩⎩
⎪
=
⎩


π=
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−π=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−π=
∫
15
128
80
x
3
x
dx
16
x
xV
4
0

4
0
534
2
(đvtt)
y
4 A


0
y = x 4 x

2. Với x, y, z > 0 ta có
4(x
3
+ y
3
) ≥ (x + y)
3
(∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y
Thật vậy (
∗) ⇔ 4(x + y)(x
2
– xy + y
2
) ≥ (x + y)
3
⇔ 4(x
2
– xy + y

2
) ≥ (x + y)
2
do x, y > 0
⇔ 3(x
2
+ y
2
– 2xy) ≥ 0 ⇔ (x – y)
2
≥ 0 (đúng)
Tương tự ta có 4(y
3
+ z
3
) ≥ (y + z)
3
Dấu = xảy ra ⇔ y = z
4(z
3
+ x
3
) ≥ (z + x)
3
Dấu = xảy ra ⇔ z = x
Do đó
()
(
)
(

)
()
33 33 33
3
333
4x y 4y z 4z x 2x y z 6 xyz++ ++ +≥++≥
Ta lại có
3
222
xyz
6
x
z
z
y
y
x
2 ≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z
Vậy
12

xyz
1
xyz6P
3
3
≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+≥
Dấu = xảy ra ⇔
⎩
⎨
⎧
==
=
zyx
1
x
yz


⇔
x = y = z = 1
Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 206

Câu Va:
1. Tọa độ A là nghiệm của hệ
{
{
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+
+= =−
⇔
+−= =
⇒ A(–4,
2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ΔABC nên
(1)
⎩
⎨
⎧
−=+
−=+
⇔
⎩
⎨
⎧
++=
++=
2yy
2xx

yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG

Vì B(x
B
, y
B
) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) ∈ AC ⇔
5
2
5
x
2
y
C
C
+−=

( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
⎩
⎨
⎧
=⇒=
−=⇒−=
⇒
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
2. Nếu n
≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy
từ n + 6 điểm đó khơng vượt qua (loại). Vậy n ≥ 3
43956C
3
8
<=
Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6
phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh
nên số tam giác tạo thành là:

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
439
6
n1n2n
1
6
6n5n4n
CCC
3

n
3
3
3
6n
=
−
−
−−
+
+
+
=−−
+

⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
⇔ n
2
+ 4n – 140 = 0
⇔
(
)
n 2 144 loại vì n 3 v n 2 144 10=− − ≥ =− + =
Đáp số: n = 10
Câu Vb:
1. Giải phương trình:
42
2x 1
11
log (x 1) log x 2

log 4 2
+
−
+=++

(1)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 207



Điều kiện x >1
(1)
⇔
() ( ) ( )
2
1
2xlog1x2log1xlog
444
=+−++−

⇔
(
)
(
)
4
x12x1
1
log
x

2
−+
⎡⎤
2
=
⎢⎥
+
⎣⎦
và x > 1

2
2x x 1
2
x2
−−
⇔
+
=
và x > 1

⇔ 2x
2
– 3x – 5 = 0 và x > 1⇔
5
x
2
=

2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM ⊥ BC,
AM ⊥ BC ⇒
()
o
60ABC ,SBCSMA ==
∧

S
A
C
B
M
N
60°

Suy ra ΔSMA đều có cạnh bằng
2
3a

Do đó
o
SMA
60sin.AM.SM.
2
1
S =


16
3a3

2
3
.
4
a3
.
2
1
22
==

Ta có
SABC SBAM SAM
1
V2V 2 BM.S
3
==
16
3a
16
3a
.a.
3
1
32
=
3
=

Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ⊥ SA

⇒
a13
CN
4
=
(vì ΔSCN vng tại N)
⇒
2
SCA
11a3a13a
S.AS.CN
2224
== =
39
16

Ta có
() ()
SAC ,Bd.
16
39a
.
3
1
SAC ,Bd.S.
3
1
16
3a
V

2
SCA
3
SABC
===

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 208

⇒
()
3
2
33
dB,SAC a 3
a39 13
==
a

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề I

Câu I: Cho hàm số y = –2x
3
+ 6x
2
– 5
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1,
–13).

Câu II:
1. Giải phương trình:
2
x
3
cos2
42
x
cos
42
x
5
sin =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−

2. Tìm m để phương trình: mx1x
4
2
=−+ có nghiệm.

Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–
3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0
1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
2. Tìm điểm M
∈ (P) sao cho MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.

Câu IV:
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và
()
1x
x
1
x
y
2
+
−
=
.
2. Chứng minh rằng hệ
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
−=
−
−=
1x
x
2007e
1y
y
2007e
2
y
2
x
có đúng 2 nghiệm
thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 209



1. Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
=+
=+
66CA
22CA
2
x
3
y
3
y
2
x
2. Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng
d:
01y
x
=−+
. Xác định tọa độ các đỉnh hình vng ABCD ngoại
tiếp (C) biết A ∈ d

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
(

)
(
1. Giải phương trình
)
21x2log1xlog
3
2
3
=−+−

2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, SA
vng góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a
2
. Gọi H và K lần
lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và
tính thể tích hình chóp OAHK.

Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát y = –2x
3
+ 6x
2
– 5 (Bạn đọc tự làm)
2. Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13)
Ta có y' = –6x
2
+ 12x
Gọi M
0

(x
0
, y
0
) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔
5x6x2y
2
0
3
00
−+−=
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M
0
: y – y
0
= f '(x
0
)(x – x
0
)
⇔
(
)
(
)
5x6x2xxx12x6y
2
0
3
000

2
0
−+−−+−=

Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên

(
)
(
)
0
2
0
2
0
2
0
3
0
x1x12x65x6x213 −−+−+−+−=−


2
00
3
0
2
00
3
0

x12x12x6x65x6x213 −−+−−+−=−
⇔
3
00 0 0
x
3x 2 0 x 1vx 2−+=⇔= =−

Ta có
y(1) 1vy( 2) 35
=
−−=

M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
y + 1 = 6(x – 1)
⇔ y = 6x – 7
M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 210

y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61
Câu II:
1. Giải phương trình:
2
x
3
cos2
42
x
cos
42
x

5
sin =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−
(1)
(1)
2
x
3
cos2
2
x
42
sin
42
x

5
sin =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
π
+
π
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−⇔


2
x
3
cos2
2
x
4

3
sin
42
x
5
sin =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
π
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−⇔


3x 3x
2 cos x sin 2 cos
422
ππ
⎛⎞⎛ ⎞

⇔+ −=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
2


2
x
3
cos2
2
x
3
cos
4
xcos2 =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
+−⇔


3x 2
cos 0v cos x
24
π

⎛⎞
⇔= +=−
⎜⎟
⎝⎠
2


3x 3
kvx k2
22 4 4
πππ
⇔=+π+=±+
π


2
x
kvx k2vx k2
33 2
ππ π
⇔=+ =+π =π+π

2. Tìm m để phương trình:
mx1x
4
2
=−+ có nghiệm
Xét hàm số
()
x1xxf

4
2
−+= (điều kiện: x ≥ 0)

()
()
0
x
1
1x
x
2
1
x'f
4
3
2
<
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+

=⇒
, ∀x > 0
Vì
()
x
1
x
x
x
x
1x
x
2
3
4
6
4
3
2
==<
+

Ta có f giảm trên
[
)
0;
+
∞
và
x

lim f(x) 0
→+∞
=
nên ta có
[
)
0f(x)1,x 0;<≤∀∈+∞
.
Vậy, p
hương trình (1) có nghiệm
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 211



⇔ miền giá trị của f trên đoạn
[
m ∈
)
0;
+
∞
⇔ 0 < m ≤ 1

Câu III:
1. Đường thẳng AB có VTCP
(
)
(
)
3,2,2412,8,8a −=−=

Phương trình đường thẳng AB:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−=
−=
+−=
t35z
t25y
t23x
Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t)
A
B(P)
∈
∩
khi
(–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1
Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2)
2. Tìm M ∈ (P) để MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất
Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung
tuyến MH nên:
2
AB
MH2MBMA

2
222
+=+
Do đó MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất ⇔ MH
2
nhỏ nhất
Ta để thấy H(1, 1, 1), M
∈ (P)
MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y +
z = 0 có PVT
(
)
1,1,1OH =
và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0)
Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
(khi đó, ta có
min(MA
2
+ MB
2
) = OA
2

+ OB
2
= (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) =
142)
Câu IV:

1. Tọa độ giao điểm của 2 đường
(
)
1x
x
1
x
y
2
+
−
=
và y = 0 là A(0, 0);
B(1, 0). Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒
(
)
0
1
x
x
1
x
y
2

≥
+
−
=

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là

()
111
2
22 2
000
x
1x
xx x1
Sdxdx1
x1 x1 x1
−
−+ +
⎛⎞
===−+
⎜⎟
++ +
⎝⎠
∫∫∫
dx

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 212

∫
+
+
+−=
1
0
2
1
0
dx
1x
1x
xS
Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg
2
t + 1)dt
Đổi cận
x
1t ;x0t
4
0
π
=⇒= = ⇒=


() ()
[]
∫∫
π
π

+
π
=−=+=
+
+
=
4
0
4
0
1
0
2
2ln
2
1
4
tcoslntdt1tgtdx
1x
1x
S
Vậy
2ln
2
1
4
1S +
π
+−=

2. Đặt: f(t) = e
t
,
()
/
3
2
2
2
t1
gt ;g(t) 0, t 1
t1
(t 1)
−
=
=<∀
−
−
>

Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng
khoảng
Xác định.
Hệ phương trình (1)
(
)
(
)
() ()
⎩

⎨
⎧
=+
=+
⇔
2007xgyf
200
7
yg
x
f

⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗)
Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < g(x) ( do(∗) )
⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vơ lý.
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vơ lý.
Do đó, (1) (2)⇔
x
2
x
e20
x1
xy
⎧
070
+
−=⎪
⎨
−
⎪

=
⎩

Xét:
()
2007
1x
x
exh
2
x
−
−
+=
(|x| > 1 ) Nếu x < –1 thì
h(x) < e
–1
– 2007 < 0 ⇒ hệ vơ nghiệm
Khi x > 1 ⇒
()
()
()
2
3
2x
2
3
2
x
1xe

1x
1
ex'h
−
−−=
−
−=

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 213




()
()
()
5
x2 x
2
5
2
2
33
h'' x e x 1 .2x e 0
2
x1
−
x
=
+− =+ >

−

và
()
+
∞
=
+
→
x
hlim
,
1x
(
)
x
lim h x
→+∞
=
+∞

Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞)
Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng
minh tồn tại x
0
> 1 mà h(x
0
) < 0
Chọn x
0

= 2
()
2
2
h 2 e 2007 0
3
⇒=+−<

Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x
1
> 1, x
2
> 1

Câu Va:

1. Với điều kiện: x
≥ 2, y ≥ 3, ta có:
() ()( )
()( )
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=−+−−
=−−+−

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+
=+
661xx
2
1
2y1yy
222y1yy
6
1
1xx
66CA
22CA
2
x
3
y
3
y
2
x


()
232

32 2
6x 6x y 3y 2y 132 (1)
y3y2y.2xx132(2
⎧
−+− +=
⇔
⎨
−+ +−=
⎩
)

232
2
6x 6x y 3y 2y 132
11x 11x 132 0 (2) 2(1)
⎧
−+− +=
⇔
⎨
−−= −
⎩

{
()
()
{
2
32
x
4

x4hayx 3(loại)
x
4
y5y 2y12 0
y5
y3y2y60
=
⎧
==−
=
⇔⇔
⎨
−++=
⇔
=
−+=
⎩

2. y
0 2 4 6 x
A D

–3 I

–5 B C
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 214


Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2
Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈

d
Vậy AI là một đường chéo của hình vng ngoại tiếp đường
tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1)
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6
⇒ A(6, –5)
. Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)
. Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

Câu Vb:
1. Giải phương trình:
(
) ()
21x2log1xlog
3
2
3
=−+−


(
)
33
2 log x 1 2log 2x 1 2⇔−+ −=


(
)
33
log x 1 log 2x 1 1⇔−+ −=

(
)
33
log x 1 2x 1 log 3⇔−−=


()
x
12x 1 3⇔− −=

⇔
{
2
2
1
x1
x1
hay
2
2x 3x 2 0
2x 3x 4 0(vn)
⎧
⎪
>
<<
⎨
−
−=
⎪

−+=
⎩


x
2⇔=

2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vng góc với (SAB)
⇒ BC vng góc với AH mà AH vng với SB
⇒AH vng góc với (SBC) AH vng góc SC (1) ⇒
+ Tương tự AK vng góc SC (2)
(1) và (2) ⇒SC vng góc với (AHK )
2222
⇒
SB AB SA 3a=+=
SB = a3
AH.SB = SA.AB AH=
⇒
a6
3
⇒SH=
2a 3
3
⇒SK=
2a 3
3

(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vng tại A)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 215

Ta có HK song song với BD nên
H
KSH 2a2
HK
B
DSB 3
=⇒=
.
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
222
4a
AM AH HM
9
=− =
AM=⇒
2a
3

3
OAHK A HK
1 1a21 2a
VOA.S .HK.AM
3322
== =
27

Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0;
a2
)
Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
x2
m
1xy
−
++−=
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho tiếp tuyến
với (Cm) tại A cắt trục oy tại B mà ΔOBA vng cân.
Câu II:

1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x
2cos
xcos
x
2sin
−=+

2. Tìm m để phương trình :

01xmx13x
4
4
=−++−
có đúng 1
nghiệm
Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6)
1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt
cầu tâm M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy,
Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho V
OABC
= 3.
Câu IV:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường y = x
2
và
2
x2y −= .
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 216

2. Giải hệ phương trình:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧

+=
+−
+
+=
+−
+
xy
9y2y
xy2
y
yx
9x2x
x
y2
x
2
3
2
2
3
2


Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)

n
, biết:
.
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+−
2. Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình
đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao
cho 3AB = .
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình:
()
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−

2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R
và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường
thẳng vng góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SC. Chứng minh
ΔAHK vng và tính V
()
o
60SBC,SAB =
∧
SABC
?

Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x2
1
1xy
−
++−=
(Bạn đọc tự
làm)
2. Ta có:
() ()
2
2
2
x2

4mx4x
x2
m
1'y
−
−++−
=
−
+−=

y' = 0
⇔ –x
2
+ 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)
2
= m (x ≠ 2) (∗)
Để đồ thị (Cm) có cực đại
⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 217



Khi đó y' = 0 ⇔
m2x
1
−=
,
m2x
2
+=

, ta có:
x –
∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+∞

+∞

CĐ


CT

–∞

–∞
⇒ Điểm cực đại A(2 +
m
, –1 – 2
m
)
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương
trình:
m21y −−=
, do đó m21m21OB +=−−=

AB = X
2
= 2 +
m
(vì B ∈ Oy ⇒ x
B
= 0)
ΔAOB vng cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2
m
= 2 +
m
⇔ m =
1
Cách khác:
2
x
3x 2 m
y
2x
−++
=
−
có dạng
2
ax bx c
y
A
xB
++
=

+
với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì x
CT
< x
CĐ
⇒ x
CĐ
=
2
x
2m=+
và y
CĐ
=
2
2x 3
1
−
−
= –1 – 2
m

Câu II:

1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x
2cos

xcos
x
2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
x
cos
xcos
x
sin
xcosxsin
x
sin
x
2sin
x
cos
x
2cos
−=
+
⇔


(
)
x
cos

x
sin
xcosxsin
x
cos
x
sin
xx2cos
22
−
=
−
⇔


cosx cos2x sin2x 0⇔=− ∧ ≠

2
2 cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔+−=∧≠

1
cosx (cosx 1 :loại vì sinx 0)
2
⇔= =− ≠


π+
π
±=⇔ 2k
3

x

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 218

2. Phương trình:
01xmx13x
4
4
=−++−
(1)
(1)
x1mx13x
4
4
−=+−⇔


()
⎩
⎨
⎧
−=−−−
≤
⇔
⎩
⎨
⎧
−=+−
≤
⇔

m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
23
4
4
ycbt
⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x
3
– 6x
2
–
9x – 1 với x
≤ 1 tại 1 điểm
f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1
TXĐ: x ≤ 1
f'(x) = 12x
2
– 12x – 9 = 3(4x
2
– 4x – 3)
f'(x) = 0 ⇔ 4x
2
– 4x – 3 = 0 ⇔
2

3
x
2
1
x =∨−=

x –∞
–1
/
2
1
–3
/
2
+∞
f' + 0 – – 0 +
f
CĐ

+∞

–∞
–12
CT

Từ bảng biến thiên ta có:
ycbt
33
m hay m 12 m hay m 12
22

⇔− = − <− ⇔ =− >

Câu III:
1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
Bán kính mặt cầu
()
5363MOR
2
2
=+−==

Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P):
x + 2y – 9 = 0

R53
5
15
5
960
d ===
−−
=

Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO
Phương trình đường thẳng d qua M và vng góc với mặt phẳng
(P) là: