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

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 240

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm).Cho hàm số y =
22
mx (3m 2)x 2
x3m
+
−−
+
(1) với m là tham
số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm
số (1) bằng 45
0
.
Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình .

11 7
4sin x
3
sin x 4
sin x
2
π
⎛⎞
+=
⎜⎟

π
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
−



2. Giải hệ phương trình
232
42
5
x y x y xy xy
4
5
x y xy(1 2x)
4
⎧
+
+++=−
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎩
(x, y ∈ R).
Câu III (2 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
A (2; 5; 3) và đường thẳng

d :
x1 y z2
212
−
−
==
.
1. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d.
2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A
đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm). 1. Tính tích phân I =
4
6
0
tg x
dx
cos 2x
π
∫

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai
nghiệm thực phân biệt :

4
4
2x 2x 2 6 x 2 6 x m
+
+−+−= (m ∈ R).
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc
V.b

Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 241



1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc
của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng
5
3
và hình chữ nhật cơ sở của
(E) có chu vi bằng 20.
2. Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1
x + … + a
n
x
n
, trong đó n ∈ N
*
và
các hệ số a
0
, a
1
, …, a

n
thỏa mãn hệ thức
1n
0
n
aa
a 4096
22
+++ =
. Tìm số
lớn nhất trong các số a
0
, a
1
, …, a
n
.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình log
2x−1
(2x
2
+ x – 1) + log
x+1
(2x – 1)
2
= 4.
2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là
tam giác vng tại A, AB = a, AC =
a 3 và hình chiếu vng góc của

đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a
thể tích khối chóp A’. ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng
AA’, B’C’.
BÀI GIẢI
Câu I. 1. m = 1 ⇒ y =
2
xx2
x3
+
−
+
=
4
x2
x3
−+
+
. MXĐ là R \ {−3}
y' =
2
4
1
(x 3)
−
+
, y’=0 ⇔ (x + 3)
2
= 4 ⇔ x = −5 hay x = −1
Vậy (
−5, −9) là điểm cực đại và (−1, −1) là điểm cực tiểu

Đồ thị cắt trục hồnh tại 2 điểm là (1; 0) và (
−2; 0); đồ thị cắt trục
tung tại (0;
2
3
−
)
x =
−3 là tiệm cận đứng; y = x – 2 là tiệm cận xiên.(BBT và đồ thị
: học sinh tự làm).
2. Giả sử hàm số có tiệm cận xiên thì tiệm cận xiên có hệ số góc là m
do đó điều kiện cần để góc giữa 2 tiệm cận xiên bằng 45
0
là m = 1
hay m =
−1.
Thế m =
−1 vào (1) ta có : y =
2
xx2
x3
−
+−
−
=
4
x2
x3
−−+
−

⇒ m = −1 : nhận
m = 1 nhận do kết quả câu 1. Tóm lại ycbt
⇔ m = ±1
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 242

Cách khác : y = mx – 2 +
6m 2
x3m
−
+
, điều kiện có tiệm cận xiên m ≠ 0 và
m
≠
1
3
Do đó điều kiện cần và đủ là m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠
1
3
⇔
m =
±1.
Câu II. 1.
11 7
4sin x
3
sin x 4
sin x
2

π
⎛⎞
+=
⎜⎟
π
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
−
⇔
11
4sin x
sin x cos x 4
π
⎛⎞
+=− +
⎜⎟
⎝⎠
⇔
⇔
2
sin x cos x 0 hay sin 2x
2
+= =−
(hiển nhiên sin2x = 0 khơng
là nghiệm)

⇔

2
tgx 1 hay sin 2x
2
=− =−

⇔
5
x k hay x k hay x k
48
ππ
=− + π =− + π = + π
8
π
(k ∈ Z)
2.
232
42
5
x y x y xy xy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎨
⇔
⎪
++ + =−

⎩
22
22
5
x y xy(x y) xy
4
5
(x y) xy
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎨
⎪
++=−
⎩

Đặt u = x
2
+ y, v = xy. Hệ thành :
2
5
u uv v (1)
4
5
u v (2)
4
⎧
++=−
⎪

⎨
+=−
⎪
⎩

(2) trừ (1) : u
2
– u – uv = 0 ⇔
u0hayvu1
=
=−


TH1 : u = 0 ⇒ v =
5
4
−
. Vậy :
2
xy
5
xy
4
⎧
0
+
=
⎪
⎨
=−

⎪
⎩
⇔

2
3
yx
5
x
4
⎧
=−
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇔
3
3
5
x
4
25
y
16
⎧
=
⎪
⎪

⎨
⎪
=−
⎪
⎩

sin x cosx 4
(sinx cosx)
sin xcosx
2
+
=− +
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 243



TH2 : v = u – 1 . (2) ⇔ u
2
+ u – 1 =
5
4
−
⇔ 4u
2
+ 4u + 1 = 0
⇔ u =
1
2
−
⇒ v =

3
2
−

Vậy :
2
1
xy
2
3
xy
2
⎧
+=−
⎪
⎨
⎪
=−
⎩
⇔
2
31
x
2x 2
3
y
2x
⎧
−
=−

⎪
⎨
⎪
=−
⎩
⇔
x1
3
y
2
=
⎧
⎪
⎨
=
−
⎪
⎩

Câu III. 1. Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t) ∈ d.
⊥
a
AH (2t 1; t 5;2t 1)=−− −
JJJG
G
= (2; 1; 2)
⇔ 2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. Vậy H (3; 1; 4) là hình
chiếu ⊥ của A lên d.
2. Phương trình tổng qt của d là :
{

x2y10
2y z 2 0
−−=
−
+=

Phương trình mặt phẳng (α) qua d có dạng :
m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 với m, n khơng đồng thời bằng 0
⇔ mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0
Ta có : d = d (A, α) =
22
9m 9n
5m 5n 8mn
−+
+−
chọn n = 1, ta có :
d =
2
91 m
5m 8m 5
−
−+
⇔ d
2
=
2
2
81(1 2m m )
5m 8m 5
−+

−+

Đặt v =
2
2
m2m1
5m 8m 5
−
+
−
+
⇔ (5v – 1)m
2
– 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0
Vì a = (5v – 1) và b = −2(4v – 1) khơng đồng thời bằng 0 nên miền
giá trị của v là tất cả v thỏa Δ’ = (4v – 1)
2
– (5v – 1)
2
≥ 0
⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤
2
9
. Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất
⇔ v =
2
9
, khi đó ta có m
b4v189
1

2a 5v 1 10 9
−
−
=
−===
−−
−
. Vậy pt mp
(α) thỏa ycbt là : x − 4y + z – 3 = 0
Cách khác : Pt mặt phẳng (α) chứa d và d (A, α) lớn nhất ⇔ α qua A’
(3, 1,
4)
và nhận
AA
= (1, −4, 1) làm pháp vectơ
'
JJJJG
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 244

⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0
⇔ x – 4y + z – 3 = 0
Câu IV. 1. I =
4
6
0
tg x
dx
cos 2x
π
∫

; đặt t = tgx ⇒ dx =
2
dt
1t
+
⇒
I =
1
3
4
2
0
t
dt
1t−
∫
=
1
3
2
2
0
1
t1 d
1t
⎛⎞
−−+
⎜⎟
−
⎝⎠

∫
t
=
1
3
3
0
t11t13110
tln ln
321t2
3193
++
−−+ = −
−
−
=
1103
ln(2 3)
227
+−

2. Đặt f(x) =
4
4
2x 2x 2 6 x 2 6 x
+
+−+−. MXĐ là : D = [0, 6]
f’(x) =
33
44

11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎡⎤
⎡
⎤
−+−
⎢⎥
⎢
⎥
−
⎣
⎦
⎢−⎥
⎣⎦
=

444
4
22
4 4
44
1111 1 1 11
2
2x (6 x) 2x. 6 x 2x (6 x)
(2x) (6 x)
⎡⎤
⎛⎞
⎡⎤

⎢⎥
⎜⎟
−++++
⎢⎥
⎜⎟
−−
⎢⎥
−
⎢⎥
⎣⎦
⎝⎠
⎣⎦
−

f’(x) = 0 ⇔
4
4
11
2x (6 x)
=
−
⇔ x = 2
x 0 2 6
f'(x)
+ 0 −
f(x)

4
3( 4 4)+

4
2( 6 6)+

4
12 12+


(1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇔
4
4
2( 6 6) m 3( 4 4)+≤< +


Phần tự chọn. Câu V.a.
1. Ta có : a + b = 5 (1) ⇔ b = 5 – a
(Đk : b > 0 ⇔ 0 < a < 5)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 245



Ta có : e =
c
a3
=
5
⇒ 9c
2
= 5a
2

⇒ 9(a
2
– b
2
) = 5a
2
⇒ 4a
2
= 9b
2
Mà : b = 5 – a ⇒ 4a
2
= 9(5 – a)
2
⇒ 5a
2
– 90a + 225 = 0
⇒ a
2
– 18a + 45 = 0 ⇒ a = 3 hay a = 15 (loại).
Thế a = 3 vào (1) ta có : b = 2
Vậy phương trình chính tắc của (E) :
22
xy
1
94
+
=
2. Từ khai triển : với
nn

01 n
(1 2x) a a x a x+=+++
1
x
2
=

ta có :
n1
01 n
n
11
2a a a40962 n1
2
2
=+ ++ = = ⇒=
2
2
2

Vậy biểu thức khai triển là
12
(1 2x)+
Số hạng tổng qt là =>
kkk
12
C.2.x(k N;0 k12)∈≤≤
Hệ số tổng qt là
kk
k1

a2.C=

k k k1 k1
kk1 12 12
kk
aa 2.C 2.C(kN;0k11)
12! 12! 1 2
2. 2.2.
k!(12 k)! (k 1)!(11 k)! 12 k k 1
k 1 24 2k 3k 23 k 7 (k N)
++
+
≤⇔ ≤ ∈≤≤
⇔≤ ⇔
≤
−
+− −+
⇔+≤ − ⇔ < ⇔≤ ∈

Vậy : , nên hệ số lớn nhất là .
01 789 1
aa aaa a≤≤≤ ≤≥ ≥≥
2
2
8
a
Câu V.b. 1.
2
2x 1 x 1
log (2x x1)log (2x1) 4

−+
+
−+ − = (đk : x >
1
2
và x ≠ 1)

2x 1 x 1
log (x 1)(2x 1) 2log (2x 1) 4
−+
⇔+−+ −=
2x 1 x 1 (x 1)
x1
1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4 2log 3
log (2x 1)
−+
+
⇔+ + + − = ⇔ + =
−
+
=

.
2
x1 x1
2log (2x 1) 3log (2x 1) 1 0
++
⇔+−−+
Đây là pt bậc 2 theo

x1
log (2x 1)
+
−
có a + b + c = 0
=>
x1
log (2x 1) 1
+
−
= và
x1
1
log (2x 1)
2
+
−
= .
* ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2
x1
log (2x 1) 1
+
−=
*
x1
1
log (2x 1)
2
+
−=

22
2x 1 x 1 (2x 1) x 1 4x 5x 0
⇔
−= +⇔ − = +⇔ − =
⇔ x = 0 (loại) hay x =
5
4
. KL : x =
5
4
hay x = 2

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 246

2.

A
/
B H C
A K
x

Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC.

22
BC a 3a 2a=+=
.
Ta có tam giác A’HA vng tại H có cạnh AH bằng a. Vậy :
A’H
22
4a a a 3=−=
.
Vậy thể tích khối chóp A’ABC
3
111
S.h . a.a 3.a 3
332
== =
a
2

Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax
⇒ ta có AHK là nửa tam giác đều vng tại K. Vậy
Δ
a
AK
2
=
.Góc giữa
AA’ và B’C’ chính là góc giữa AK và AA’, ta tìm cosin của góc A’AK
⇒

n
a
AK 1
2
cos A'AK
AA ' 2a 4
==
.
=
ĐÁP ÁN PHỤ
Câu I.2.Giả sử hàm số có tiệm cận xiên thì tiệm cận xiên có hệ số góc là
m; do đó điều kiện cần để góc giữa 2 tiệm cận xiên bằng 45
0
là
m = 1 hay m = −1. ( 0, 5đ )
Thế m = −1vào (1)ta có : y =
2
xx
x3
2
−
+−
−
=
4
x2
x3
−−+
−

⇒ m = −1 : nhận (
0,25đ )
m = 1 nhận do kết quả câu 1 (
0,25đ ) . Tóm lại ycbt ⇔ m = ±1
Cách khác : y = mx – 2 +
6m 2
x3m
−
+
(0,25đ ).
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 247



ĐK có tiệm cận xiên:m ≠ 0 và m ≠
1
3
(0,25đ )
để TCX tạo với TCĐ 1 góc 45
0
thì m = 1 hay m = −1 (0,25đ )
Do đó, YCBT ⇔ m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠
1
3
⇔ m = ±1. (0,25đ )
Cách khác : TCX tạo với TCĐ 1 góc 45
0
⇔ TCX tạo với Ox 1 góc 45
0

(
0,25đ )
Gọi k
1
, k
2
là hệ số góc của TCX và Ox ; ta có
0
12
12
kk m
tg45 1
1kk 1
−
==
+
=
⇔ m = ±1(0,25đ )
Câu II. 1.
11 7
4sin x
3
sin x 4
sin x
2
π
⎛⎞
+=
⎜⎟
π

⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
−

⇔
11
4sin x
sin x cos x 4
π
⎛⎞
+=− +
⎜⎟
⎝⎠

⇔
sin x cos x 4
(sin x cos x)
sin xcos x
2
+
=− +
(
0,25đ )
⇔
2
sin x cos x 0 hay sin 2x
2

+= =−
(vì sin2x = 0 khơng là
nghiệm) (
0,25đ )
⇔

2
tgx 1 hay sin 2x
2
=− =−

⇔ x
4
π
=− + πk (0,25đ )

hay
5
xk hay x
88
ππ
=− + π = + π
k
(0,25đ )
2.
()
()
22
2
2

5
xyxyxyxy (1
4
5
xy xy (2)
4
−
⎧
++ + + =
⎪
⎪
⎨
−
⎪
++=
⎪
⎩
()()
()
)
2
222
2
2
x y xy x y x y 0 (do(1) (2))
5
xy xy (2)
4
⎧
++ + − + = −

⎪
⎪
⇔
⎨
−
⎪
++=
⎪
⎩
(0,25đ)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 248

(
)
()
22
2
2
xy0hay1xyxy0
5
xy xy (2)
4
⎧
+= + − + =
⎪
⇔
⎨
−
⎪
++=

⎩
(0,25đ)
2
xy0
5
xy
4
⎧
+
=
⎪
⇔
⎨
−
=
⎪
⎩
(
)
()()
2
2
22
xy x y 1
1
xy xy
4
⎧
=+−
⎪

∨
⎨
⎪
++++=
⎩
0
(0,25đ)
2
2
3
1
xy
yx
2
5
3
x
xy
4
2
−
⎧
⎧
+=
=−
⎪
⎪⎪
⇔∨
⎨⎨
−

=
⎪⎪
=
⎩
⎪
⎩

3
3
5
x
x1
4
3
y
25
2
y
16
⎧
=
=
⎧
⎪
⎪⎪
⇔∨
⎨
⎨−
=
⎪⎪

=− ⎩
⎪
⎩
(0,25đ)
Câu III. 1 pt mp qua A, vng góc d là 2(x- 2) + 1(y-5) +2(z-3) = 0
(
0,25đ)
⇔ 2x +y +2z -15 = 0 (0,25đ)
Tọa độ hình chiếu của A lên d là nghiệm của hệ
x2y10
2y z 2 0
2x y 2z 15 0
−−=
⎧
⎪
−+=
⎨
++ − =
⎪
⎩
(0,25đ)
x3
y1
z4
=
⎧
⎪
⇔
=
⎨

=
⎪
⎩
(0,25đ)
Câu III. 2.Phương trình tổng qt của d là :
{
x2y10
2y z 2 0
−
−=
−
+=

Phương trình chùm mặt phẳng qua d có dạng :
(x – 2y – 1) = 0 (α
0
) hay m(x – 2y – 1) + (2y – z + 2) = 0 (α )
d (A, α
0
) =
9
5

Ta có : d = d (A, α) =
2
91 m
5m 8m 5
−
−
+

(
0,25đ)
d =
2
91 m
5m 8m 5
−
−+
⇔ d
2
=
2
2
81(1 2m m )
5m 8m 5
−+
−
+

Đặt v =
2
2
m2m1
5m 8m 5
−
+
−
+
⇔ (5v – 1)m
2

– 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0
(
0,25đ)
Vì a = (5v – 1) và b = −2(4v – 1) khơng đồng thời bằng 0 nên miền
giá trị của v là tất cả v thỏa Δ’ = (4v – 1)
2
– (5v – 1)
2
≥ 0
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 249



⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤
2
9
.(0,25đ)
Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất ⇔ v =
2
9
, khi đó ta có m
b4v189
1
2a 5v 1 10 9
−
−
=−===
−−
−
.

Nhận vì d (-1) >
9
5

Vậy pt mp (α) thỏa ycbt là : x − 4y + z – 3 = 0(
0,25đ)
Nhận xét :có thể khảo sát hàm v theo biến m
Cách khác : Pt mặt ph g (α) chứa d và d (A, α) lớn nhất ⇔ (α) qua H
(3, 1, 4) và nhận
AH
ẳn
J
JJG
= (1, −4, 1) làm pháp vectơ (0,5đ)
⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0
⇔
x – 4y + z – 3 = 0 (0,5đ)
Cách khác
Gọi
()
0
α
là mp chứa (d), vng góc AH.
()
α
là mp chứa (d), K là hình chiếu vng góc của A lên
(
)
α
.

Ta có:
(
)
(
)
=≤=
,
() ,( )
0
d A AK AH d A
αα
(0,5đ)
(
)
max ,( )dA AH
α
⇒=
, xảy ra khi
(
)
(
)
0
α
α
≡

Vậy pt
()
α

cần tìm: 430
x
yz
−
+−=(0,5đ)
Câu IV. 1. I =
4
6
0
tg x
dx
cos 2x
π
∫
; đặt t = tgx ⇒ dx =
2
dt
1t
+
(0,25đ)
⇒ I =
1
3
4
2
0
t
dt
1t−
∫

=
1
3
2
2
0
1
t1 d
1t
⎛⎞
−−+
⎜⎟
−
⎝⎠
∫
t
(0,25đ)
=
1
3
3
0
t11t
tln
321t
+
−−+
−
(0,25đ)

13110
ln
2
3193
+
=−
−
(
0,25đ) =
11
ln(2 3)
22
+−
03
7

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 250

2. f ’(x) =
33
44
11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎡⎤
⎡
⎤
−+−
⎢⎥

⎢
⎥
−
⎣
⎦
⎢−⎥
⎣⎦
=

444
4
22
4 4
44
1111 1 1 11
2
2x (6 x) 2x. 6 x 2x (6 x)
(2x) (6 x)
⎡⎤
⎛⎞
⎡⎤
⎢⎥
⎜⎟
−++++
⎢⎥
⎜⎟
−−
⎢⎥
−
⎢⎥

⎣⎦
⎝⎠
⎣⎦
−

f ’(x) = 0 ⇔
4
4
11
2x (6 x)
=
−
⇔ x = 2
Cách khác Đặt
()
4
gu u u=+


()
3
2
4
/
11
2
4
gu
u
u

=+
1
là một hàm giảm nghiêm cách với u > 0.
() ( )
(
)
226
f
xgx g x=+−
.(0,25đ). Do đó

() ( ) ( )
// /
22 26fx g x g x=−−0=
2=
() ( )
//
2626gxg x x xx⇔=−⇔=−⇔
(0,25đ)
trong khoảng từ [0,2) ta có
(
)
(
)
26xx
<
−


() ( ) () () ( )

// // /
26 2226gxg x fx gx g x⇒>−⇒= −−0>
()
/
0fx<
khi 2 < x < 6 (0,25đ) tương tự

x 0 2 6
()
/
f
x

+ 0 -
()
f
x

3g(4)

2g(6) ∼8.02 g(12)∼5.32

Vậy:
()
()
()
(
4
4
26 26 6 34 34 3gmg=+≤< =+

)
(0,25đ)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 251



Phần tự chọn. V.b. 1. với ĐK:
1
x
2
x1
⎧
>
⎪
⎨
⎪
≠
⎩
thì Pt
()
(
)
2x 1 x 1
1log x1 2log 2x1 4
−+
⇔+ + + − =
(0,25đ)
()
()
2x 1

2x 1
2
log x 1 3 0
log x 1
−
−
⇔++ −=
+
(
)
(
)
2
2x 1 2x 1
logx13logx12
−−
0
⇔
+− ++=(0,
25đ)
()
(
)
2x 1 2x 1
log x 1 1 hay log x 1 2
−−
⇔+= +=
(0,25đ)
()
(

)
2
x1 2x1hayx1 (2x1)⇔+=− += −
⇔ x = 2 hay x = 0 (loại) hay x =
5
4
⇔ x = 2 hay x =
5
4
(0,25đ)
2.
A
/
B H C
A K
x











Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC.

22

BC
.tam giác A’HA vng tại H nên
A’H
a 3a 2a=+=
22
4a a a 3=−=
(0,25đ)
3
111 a
Vậy thể tích khối chóp A’ABC
S.h . a.a 3.a 3
332
== =
2
(0,25đ)
Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax
⇒ ta có AHK là nửa tam giác đều vng tại K. Vậy
Δ
a
AK
2
=
.Góc
giữa AA’ và B’C’ chính là góc giữa AK và AA’, tức là góc A’AK
(
0,25đ)
z
⇒
n
a

AK 1
2
cos A'AK
AA ' 2a 4
=
==
.(0,25đ)
y
x
A
C
A’
B’
C’
M
B
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 252

Cách khác Gọi M là trung điểm BC
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
A(0;0;0) , B(a;0;0) , C(0;
a3;0)
aa3
A; ;a3
22
⎛⎞
′
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

,
aa3
M; ;0
22
⎛
⎜
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
⎟
(0,25đ)
Đường thẳng AA’ có vtcp là
(
)
a1;3;23=
G

Đường thẳng B’C ‘có vtcp là
(
)
b
1; 3 ; 0=−
G
(do B’C’//BC)
Gọi là góc giữa 2 đường thẳng AA’ và B’C’ có
ϕ
()
===
G

G
GG
GG
.
1
cos cos ,
4
.
ab
ab
ab
ϕ
(0,25đ)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2008
Mơn thi : TỐN, khối B
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = 4x
3
- 6x
2
+ 1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp
tuyến đó đi qua điểm M(-1;-9).
Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình
33 22
sin x 3 cos x sin x cos x 3sin x cos x−= −
2. Giải hệ phương trình
4322

2
x2xyxy2x9
(x,y )
x2xy6x6
⎧
++=+
⎪
∈
⎨
+=+
⎪
⎩
\
Câu III (2 điểm). Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm
A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1)
1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C.
2. Tìm toạ độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x+2y+z- 3= 0 sao cho
MA=MB=MC.
Câu IV (2 điểm). 1. Tính tích phân
4
0
sin x dx
4
I
sin2x+2(1+sinx+cosx)
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟

⎝⎠
=
∫

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 253



2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn hệ thức x
2
+ y
2
= 1. Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2(x 6xy)
P
12xy2y
+
=
++

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc
V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
1. Chứng minh rằng
kk1
n1 n1 n
n1 1 1 1

n2C C C
+
++
⎛⎞
+
+=
⎜⎟
+
⎝⎠
k
(n, k là các số ngun
dương, k ≤ n, là số tổ hợp chập k của n phần tử).
k
n
C
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ đỉnh C của
tam giác ABC biết rằng hình chiếu vng góc của C trên đường thẳng
AB là điểm H(-1;-1), đường phân giác trong của góc A có phương
trình x-y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x + 3y - 1 =
0.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
0,7 6
xx
lo
< 0
g log
x4
⎛⎞

+
⎜⎟
+
⎝⎠
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a,
SA=a, SB =
a và mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường
thẳng SM, DN.
3
BÀI GIẢI
Câu I. 1. MXĐ : R, y’ = 12x
2
– 12x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1

BBT :
x
−∞ 0 1 +∞
y'
+ 0 − 0 +
y
1 +∞

−∞ −1


2. Tiếp tuyến qua M (−1, −9) có dạng y = k(x + 1) – 9
Phương trình hồnh độ tiếp điểm qua M có dạng :
CĐ

1
-1
1
y
CT
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 254

4x
3
– 6x
2
+ 1 = (12x
2
– 12x)(x + 1) – 9
⇔ 4x
3
– 6x
2
+ 10 = (12x
2
– 12x)(x + 1) ⇔ 2x
3
– 3x
2
+ 5 =
6(x
2
– x)(x + 1)
⇔ x = –1 hay 2x
2

– 5x + 5 = 6x
2
– 6x ⇔ x = –1 hay
4x
2
– x – 5 = 0
⇔ x = –1 hay x =
5
4
; y’(−1) = 24; y’(
5
4
) =
15
4

Vậy pt các tiếp tuyến qua M là: y = 24x + 15 hay y =
15
4
x
21
4
−

Câu II. 1. cosx = 0 : phương trình thành : ±1 = 0 vơ lý
cos ≠ 0 : chia hai vế cho cos
3
x ta có :
32
tg x 3 tgx 3tg x−= −

⇔
32
tg x 3tg x tgx 3 0+−−=
⇔
tgx = 1 hay tgx = −1 hay tgx =
3
−

⇔ x =
k
4
π
+π
hay x =
k
4
π
−
+π
hay x =
k
3
π
−
+π
(k ∈ Z)
2. ⇔
4322
2

x2xyxy2x9
x2xy6x6
⎧
++=+
⎪
⎨
+=+
⎪
⎩
22
2
(x xy) 2x 9 (1)
6x 6 x
xy (2)
2
⎧
+=+
⎪
⎨
+−
=
⎪
⎩

Thay (2) vào (1) ⇒
2
2
2
6x 6 x
x2

2
⎛⎞
+−
x9
+
=+
⎜⎟
⎝⎠

⇔ ⇔ x(x
22
(x 6x 6) 4(2x 9)++ = +
3
+ 12x
2
+ 48x + 64) = 0
⇔ x = 0 hay x = −4
x = 0 ⇒ (1) : vơ nghiệm; x = −4 ⇒ y =
17
4

Vậy hệ ⇔ (x = −4; y =
17
4
)
Câu III. 1. = (2, −3, −1);
AB
JJJG
AC
J

JJG
= (−2, −1, −1)⇒

AB AC (2,4, 8) 2(1,2, 4)∧= −= −
JJJGJJJG
Phương trình mp (ABC) : 1(x – 0) + 2(y – 1)–4(z–2) = 0
⇔ x + 2y – 4z + 6 = 0
2. Gọi M (x, y, z). MA = MB = MC ⇔ MA = MB và MA = MC
⇔ (x – 0)
2
+ (y – 1)
2
+ (z – 2)
2
= (x – 2)
2
+ (y + 2)
2
+ (z – 1)
2
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 255



và (x – 0)
2
+ (y – 1)
2
+ (z – 2)
2

= (x + 2)
2
+ (y – 0)
2
+ (z – 1)
2
⇔ 4x – 6y – 2z – 4 = 0 (1) và 4x + 2y + 2z = 0 (2)
Mà M ∈ (α) : 2x + 2y + z – 3 = 0. Từ (1), (2), (3) ⇒ M (2, 3, −7)
Câu IV. 1. Đặt t = sinx + cosx ⇒ t
2
= 1 + sin2x
Ta có : dt = (cosx – sinx)dx
⇒ I =
2
2
1
1d
(t 1)
2
−
+
∫
t
=
2
1
11
t1
2
⎡

⎤
⎢
⎥
+
⎣
⎦
=
111
2
221
⎛⎞
−
⎜⎟
+
⎝⎠

=
11
2222
−
+

2. Đặt x = cosα; y = sinα (0 ≤ α < 2π)
P =
2
2
2(cos 6sin cos )
12sincos 2sin
α
+αα

+αα+
α
=
1cos2 6sin2
2sin2 cos2
+
α+ α
+α−α

⇔ (P – 6)sin2α - (P + 1)cos2α = 1 – 2P (1)
(1) có nghiệm ⇔ (P – 6)
2
+ (P + 1)
2
≥ (1 – 2P)
2

⇔ P
2
+ 3P – 18 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ P ≤ 3
⇒ max P = 3 và min P = −6.
Câu V.a.
1.
kk
n1 n1
n1 1 1
n2C C
+
++
⎛⎞

+
+
⎜⎟
+
⎝⎠
1
=
k1
n2
kk
n1 n1
C
n1
.
n2C.C
+
+
+
1
+
+
+
+
=
k
n
k!(n k)! 1
n! C
−
=

2. Phương trình d qua H (−1, −1) và vng góc với (D): x – y + 2 = 0
có dạng
1(x + 1) + 1(y + 1) = 0
Giao điểm I của (d) và (D) là nghiệm hệ phương trình:
⇒ I (−2, 0)
{
xy20
xy20
++=
−+=
Gọi K là điểm đối xứng của H qua (D) thì K (−3, 1)
AC qua K và vng góc đường cao: 4x + 3y – 1 = 0
Phương trình AC : 3(x + 3) – 4(y – 1) = 0 ⇔ 3x – 4y + 13 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình :
{
3x 4y 13 0
xy20
−
+=
−+=
⇒ A (5, 7)
CH qua H và có PVT
HA
J
JJG
= 2(3, 4)
Phương trình CH : 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0
Tọa độ C là nghiệm hệ phương trình :
{

3x 4y 7 0
3x 4y 13 0
+
+=
−
+=

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 256

⇒ C
10 3
,
34
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

Câu V.b.
1.
2
0,7 6
xx
log log
x4
⎛⎞
+
⎜⎟
+
⎝⎠

< 0 ⇔
2
6
xx
log 1
x4
+
>
+
⇔
2
xx
6
x4
+
>
+

⇔
2
x5x24
x4
−−
+
> 0 ⇔ −4 < x < −3 hay x > 8
2. Tam giác SMA là tam giác đều cạnh a, nên ta có:
3
2
=
a

SH

Diện tích tứ giác BNDM


S
C
D

B N

M

H
G
P
A








S(BNDM)
2
11
22.2
22

2===
M
NBD a a a

V(S.BNDM)
3
2
11 3
2
332 3
3
=
aa
Bh a
==

Kẻ thêm MG //ND, ta có ND=
()
2
2
2 5+=aaa

và ta có:
11 1
5
22 2
== =
M
GPBNDa

SG =
22
a5
SH HG
2
+=

⇒ cos (SM,ND)
222
1
2.
5
+−
==
SM MG SG
SM MG

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 257



Cách khác : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(0, 0); S
aa3
,0,
22
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
,

D (0, 2a, 0), B(2a, 0, 0), M(a,0,0), C(2a, 2a, 0); N (2a, a, 0)
⇒
aa3
SM ,0,
22
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
JJJG
;
DN (2a, a,0)=−
J
JJG


2
22
22
a
1
cos(SM,DN)
5
a3a
(4a a )
44
==
⎛⎞
++

⎜⎟
⎝⎠

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi : TỐN, khối D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 4 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I (1;2) với hệ số
góc k (k > - 3) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I,
A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình :
2sinx(1+cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx
2. Giải hệ phương trình
22
xy x y x 2y
(x,y )
x2y yx 1 2x 2y
⎧
++= −
⎪
∈
⎨
−−=−
⎪

⎩
\
Câu III (2 điểm)
Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0),
B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3)
1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.
2. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân
2
3
1
ln x
Id
x
=
∫
x

2. Cho x, y là hai số thực khơng âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
(x y)(1 xy)
P
(1 x) (1 y)
−
−
=
++

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 258

k
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc
V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
1. Tìm số ngun dương n thoả mãn hệ thức
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
13 2n1
2n 2n 2n n
C C C 2048 (C
−
+++ =
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y
2
= 16x
và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động
trên (P) sao cho góc = 90
n
BAC
0
. Chứng minh rằng đường thẳng
BC ln đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
1
2
x3x2
lo g 0
x

−+
≥
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vng,
AB = BC = a, cạnh bên
AA
. Gọi M là trung điểm của cạnh
BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
' a 2=
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
(2 điểm)
1. D = R
y' = 3x
2
- 6x = 3x(x - 2), y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2
y" = 6x - 6, y" = 0 ⇔ x = 1
x - ∞ 0 1 2 +∞
y' + 0 - - 0 +
y" - - 0 + +
y 4 2 0 + ∞
- ∞
I
4
210
2

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 259



2. d : y - 2 = k(x - 1) ⇔ y = kx - k + 2
Pthđgđ : x
3
- 3x
2
+ 4 = kx - k + 2 ⇔ x
3
- 3x
2
- kx + k + 2 = 0
⇔ (x - 1)(x
2
- 2x - k - 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨ g(x) = x
2
- 2x - k - 2 = 0
Vì Δ' > 0 và g(1) ≠ 0 (do k > - 3) và x
1
+ x
2
= 2x

I
nên có đpcm.
Câu II (2 điểm)
1.
Pt ⇔ 4sinxcos
2
x + 2sinxcosx - 1 - 2cosx = 0
⇔ 2cosx(2sinxcosx - 1) + (2sinxcosx - 1) = 0
⇔ (2sinxcosx - 1)(2cosx + 1) = 0 ⇔ sin2x = 1 ∨ cosx =
1
2
−

⇔
2
xkx k2(k
43
ππ
=+π∨=± +π∈
]
)
2

2. ĐK: x ≥ 1 và y ≥ 0
⇔ (x + y)(x - 2y - 1) = 0
2
xy x y x 2y++= −
⇔ x = - y ∨ x = 2y + 1
* Th.1 : x = - y . Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (loại vì x ≥ 1)
* Th.2 : x = 2y + 1 thế vào pt

x2y yx1 2x 2y−−=−
ta được :

(2y 1) 2y y 2y 2y 2+−=+
⇔
(y 1)( 2y 2) 0+−=

⇔ y = - 1 (loại) ∨ y = 2.
Vậy hệ có 1 nghiệm : x = 5; y = 2.

Câu III (2 điểm)
1. Pt mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
- 2ax - 2by - 2cz + d = 0
(S) đi qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 0 và 18 - 6a - 6c + d = 0
và 18 - 6b - 6c + d = 0 và 27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 ⇔
333
a;b;c;d
222
====
0
=
.
Vậy pt (S) : x
2
+ y

2
+ z
2
- 3x - 3y - 3z 0
2. mp (ABC) đi qua A và có VTPT là
[A
= (-9;-9;-9) nên có pt
x + y + z - 6 = 0
B,AC]
JJJG JJJG
d đi qua tâm
333
I;;
222
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
của (S) và ⊥ với mp (ABC) có pt : x =
3
2

+ t, y =
3
2
+ t, z =
3
2
+ t.

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 260

Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC chính là giao điểm H của d và
mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2).

Câu IV
(2 điểm)
1. Đặt
dx
ulnx du
x
=⇒=
,
3
dx
dv
x
=
chọn v =
2
1
2x
−


2
2
1
23
1

11
Ilnx
dx
2x 2x
=− +
∫
=
13
ln 2
816
−
+

2. Đặt x = tgu, y = tgv với u, v
[0; )
2
π
∈
.

2
(tgu tgv)(1 tgutgv)
P
(1 tgu) (1 tgv)
−−
=
++
2
=
22

sin(u v)cos(u v)
(sin u cosu) (sin v cosv)
−
+
++
=
1sin2usin2v
2 (1 sin 2u)(1 sin2v)
−
++

=
11 1
2 1 sin2v 1 sin2u
⎛⎞
−
⎜⎟
++
⎝⎠

P
max
=
11 1 1
khi
21 0 11 4
⎛⎞
−=
⎜⎟
++

⎝⎠

u
4
π
=
và v = 0 ⇔ x = 1 và y = 0
P
min
=
11 1 1
khi
211 1 0 4
⎛⎞
−=−
⎜⎟
++
⎝⎠
u = 0 và
v
4
π
=
⇔ x = 0 và y = 1
Cách khác : P =
222 2 2
22 22 22
x x y y xy x(1 y ) y(1 x ) x(1 2y y ) y(1 2x x )
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)
− −+ +−+ ++−++

==
++ ++ ++
2

=
22
xy
(1 x) (1 y)
−
++
, mà
2
a1
0(
(1 a) 4
a0)
≤
≤∀≥
+

nên : P
max
1
4
=
khi x = 1 ; y = 0 và P
min
=
1
4

−
khi x = 0 ; y = 1.

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc
V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 261



)
1.
2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
(1x)CxCxCxC xC xC
−−
+=+ + + ++ +
x = 1 :
2n 0 1 2 3 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
2CCCC C C(1
−
=+++++ +
x = - 1 :
01 23 2n12n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 C C C C C C (2)
−
=−+−+− +
(1) - (2) : ⇔ n = 6.

2n 1 3 2n 1 12
2n 2n 2n
2 2(C C C ) 4096 2
−
=+++==
2. B, C ∈ (P) ⇒
22
bc
B;b,C;c
16 16
⎛⎞⎛
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
(b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4)

22
bc
AB 1;b 4 ,AC 1;c 4
16 16
⎛⎞⎛
=−− =−−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
JJJG JJJG
⎞
⎟
⎠

AB AC AB.AC 0 (b 4)(c 4) 256 0⊥⇔ =⇔+ ++=
J
JJG JJJG
⇔
272 bc bc
b
c(6
44
−−
+= =− +8)

BC qua
2
b
B
có 1 vtcp :
;b
16
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
cb
BC (c b;16)
16
−
=+
J
JJG

.
Nên có pt BC :
2
by
16(x ) (b c)(y b) 0 16x (b c)y bc 0 4(4x 17y) bc( 1) 0
16 4
−−+ −=⇔−++=⇔ + + +=
BC ln qua điểm cố định thoả : 4x + 17y = 0 và
y
10
4
+
=

⇔ x = 17 và y = - 4. Vậy BC ln qua I (17, -4) cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1.
Bpt ⇔ 0 <
2
x3x2
1
x
−+
≤

⇔
22
x 3x2 x 4x2
0và 0
xx

−+ −+
>≤

⇔
22x1hay2x22−≤< <≤+2

2. Thể tích V=Sh=
3
12
a.a.a 2 a
22
==
(đvtt)
Gọi N là trung điểm BB
/



giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 262



A
/
B
/
C
/
B
C

M
N
K
H









Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN))
(vì N là trung điểm BB’)
= BH với H là hình chiếu của B lên mp (AMN)
Ta có :

2 2 2 2 222 2
11111427
BH
BH BA BM BN a a a a
7
=++=++=⇒=
a