BỘ ĐỀ THI MÔN TOÁN TỪ NĂM 2008 ĐẾN NĂM 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (8.27 MB, 105 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
( Ôn thi ĐH, C
Đ kh
ối A, A1 )
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
BÔ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LỚP CĐSTOAN11
Bộ đề thi môn
TOÁN
2008 - 2012
(Ôn thi ĐH, CĐ khối A, A1)
( In lần thứ nhất )
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
Lớp CĐSTOAN11 giữ bản quyền tài liệu, cấm sao in dưới mọi hình thức
849/GD-07/4752/516-18 Mã số: 6R925I0
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
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
22
mx (3m 2)x 2
y(1),
x3m
+−−

=
+
với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m1= .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng
o
45 .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
11 7π
4sin x .
3π
sinx 4
sin x
2
⎛⎞
+=−
⎜⎟
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠

2. Giải hệ phương trình
()
232
42
5

xyxyxyxy
4
x, y .
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
\

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
()
A2;5;3
và đường thẳng

x1 y z2
d: .
212
−−
==

1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông 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
π
4
6
0
tg x
Idx.
cos 2x
=
∫

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 ).∈ \

PHẦN RIÊNG

__________
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
__________

Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban
(2 điểm)
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
()
n
n
01 n
12x a ax ax,+=+++ trong đó
*
n ∈ `
và các hệ số
01 n
a ,a , ,a

thỏa mãn hệ thức
1n
0
n
aa
a 4096.
22

+++ = Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a , a , , a .

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình
22
2x 1 x 1
log (2x x 1) log (2x 1) 4.
−+
+−+ − =

2. Cho lăng trụ
ABC.A ' B'C '
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC =
a3
và hình chiếu vuông 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'
.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 1/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

Câu 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 hàm số trở thành:
2
xx2 4
yx2.
x3 x3
+−
==−+
++

• TXĐ:
{
}
D\3.=−\
• Sự biến thiên:
2
22
4x6x5
y' 1 ,
(x 3) (x 3)
++
=− =
++

x1
y' 0
x5
=−
⎡
=⇔
⎢
=−
⎣

• y
CĐ

()
y5 9=−=−, y
CT

()
y1 1.=−=−
0,25
•
TCĐ: x3=− , TCX:
yx2.=−

0,25
•
Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm)

22
mx (3m 2)x 2 6m 2
ymx2.
x3m x3m
+−− −
==−+
++

• Khi
1
m
3
=
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
0,25
•
Khi
1
m
3
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
d
1
: x3mx3m0,=− ⇔ + = d
2

: ymx2 mxy20.=−⇔−−=
0,25

Vectơ pháp tuyến của d
1
, d
2
lần lượt là
1
n (1;0)=
J
JG
,
2
n(m;1).=−
J
JG

Góc giữa d
1
và d
2
bằng
o
45
khi và chỉ khi

12
0

22
12
n.n
mm
2
cos45 m 1.
2
n.n
m1 m1
== ⇔ =⇔=±
++
JJGJJG
JJGJJG

0,50
x −∞ 5− 3− 1− +∞
y’ + 0 − − 0 +
y
−∞
−∞
+∞ +∞
1−
9−
-3
-
1
O
-
1
-9

-
5
y
x
2
-2
Trang 2/5
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện
sin x 0≠
và
3π
sin(x ) 0.
2
−≠
Phương trình đã cho tương đương với:
11
22(sinx + cosx)
sinx cosx
+=−
⇔
1
(sinx + cosx) 2 2 0.
sinxcosx
⎛⎞

+=
⎜⎟
⎝⎠

0,50

• sinx + cosx 0 x k .
4
π
=⇔=−+π
•
1
22
sinxcosx
+ = 0
2
sin 2x x k
28
π
⇔=−⇔=−+π hoặc
5
xk.
8
π
=+π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
xk;
4
π
=− + π

5
x k ; x k (k ).
88
ππ
=− + π = + π ∈
]
0,50
2
Giải hệ (1,00 điểm)

232
42
5
xyxyxyxy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
()
22

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

()∗
Đặt
2
ux y
vxy
⎧
=+
⎨
=
⎩
. Hệ phương trình ()∗ trở thành
2

5
uvuv
4
5
uv
4
⎧
++ =−
⎪
⎪
⎨
⎪
+=−
⎪
⎩

2
32
55
vu u0,v
44
u13
uu 0 u ,v .
422
⎧⎡
=− − = =−
⎪⎢
⎪
⇔⇔
⎢

⎨
⎢
⎪
++= =− =−
⎢
⎪
⎩⎣

0,50

• Với u = 0,
5
v
4
=− ta có hệ pt
2
xy0
5
xy
4
⎧
+=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
⇔
3

5
x
4
=
và
3
25
y
16
=−
.
• Với
13
u,v
22
=− =− ta có hệ phương trình

2
3
31
x0
2x x 3 0
2x 2
3
3
y
y
2x
2x
⎧

⎧
−+=
+−=
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
=−
⎪⎪
=−
⎩
⎪
⎩
⇔ x1= và
3
y.
2
=−
Hệ phương trình có 2 nghiệm :
3
3
525
;
416
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và

3
1; .
2
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
III

2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
()
u2;1;2.
G
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và
AH (2t 1; t 5;2t 1).=−− −
J
JJG

0,50

Vì AH ⊥ d nên
AH. u 0=

JJJG G
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra
()
H3;1;4.
0,50
Trang 3/5
2
Viết phương trình mặt phẳng
()α
chứa d sao cho (1,00 điểm)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ().α
Ta có d(A,
(α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
0,50

Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH
J
JJG
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của ( )α là
1( x 3) 4( y 1) 1(z 4) 0−− −+ − =⇔ x4yz30.−+−=
0,50
IV

2,00
1

Tính tích phân (1,00 điểm)

I =
()
ππ
44
66
22
00
tg x tg x
dx dx.
cos 2x
1tgxcosx
=
−
∫∫

Đặt
2
dx
t tgx dt .
cos x
=
⇒ = Với x0= thì t0= ; với x
6
π
= thì
1
t.
3

=
0,25
Suy ra
1
3
4
2
0
t
Idt
1t
=
−
∫
()
11
33
2
00
111
t 1 dt dt
2t1t1
⎛⎞
=− + + −
⎜⎟
+−
⎝⎠
∫∫
3
1

t1t1
tln
3
32t1
0
⎛⎞
+
=− −+
⎜⎟
−
⎝⎠

0,50

()
110
ln 2 3 .
2
93
=+−
0,25
2
Tìm các giá trị của m (1,00 điểm)

Điều kiện:
0x6≤≤
.
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
[

]
x0;6.∈
Ta có
33
44
11 1 1
f'(x)
2x 6 x
2(2x) 2(6 x)
=+− −
−
−

33
44
11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=−+−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠

, x (0; 6).∈
Đặt
33
44
11 11
u(x) , v(x) .
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=− =−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠

Ta thấy
() ()
u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên
khoảng
()
0;2 và cùng âm trên khoảng
()
2;6 .
0,50

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
4
26 26 m 32 6.+≤<+
0,50
f’(x) + 0 −
x 0 2 6
f(x)
32 6+
4
26 26+
4
12 2 3+
Trang 4/5

V.a

2,00
1
Viết phương trình chính tắc của elíp (1,00 điểm)

Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
22
22
xy
1

ab
+=,
ab0.>>
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
()
222
c5
a3
22a 2b 20
cab.
⎧
=
⎪
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
22
xy
1.

94
+=
0,50
2
Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a , a , , a (1,00 điểm)

Đặt
() ( )
n
n
01 n
f x 1 2x a a x a x=+ = + ++
n
1n
0
n
aa1
a f 2 .
222
⎛⎞
⇒
+++ = =
⎜⎟
⎝⎠

Từ giả thiết suy ra
n12
240962== n 12.⇔=

0,50

Với mọi
{
}
k 0,1, 2, ,11∈ ta có
kk
k12
a2C= ,
k1 k1
k1 12
a2C
++
+
=
kk
k12
k1 k1
k1 12
a2C
11
a2C
++
+
<⇔ <
()
k1
1
212 k

+
⇔<
−

23
k.
3
⇔<

Mà
k ∈ ] k7.⇒ ≤ Do đó
01 8
a a a .<<<
Tương tự,
k
k1
a
1k7.
a
+
>⇔ > Do đó
89 12
a a a .>>>
Số lớn nhất trong các số
01 12
a , a , , a là
88
812
a 2 C 126720.==

0,50
V.b

2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm))

Điều kiện:
1
x
2
> và
x1.≠
Phương trình đã cho tương đương với

2
2x 1 x 1
log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4
−+
−++ −=
2x 1 x 1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4.
−+
⇔+ + + − =
Đặt
2x 1
tlog (x1),
−
=+ ta có
2

t1
2
t3t3t20
t2.
t
=
⎡
+=⇔−+=⇔
⎢
=
⎣

0,50

• Với
2x 1
t1 log (x1)1 2x1x1 x2.
−
=⇔ + =⇔ −= +⇔ =
• Với
−
=
⎡
⎢
=⇔ + =⇔ − =+⇔
⎢
=
⎣
2

2x 1
x0(lo¹i)
t2 log (x1)2 (2x1) x1
5
x (tháa m·n)
4

Nghiệm của phương trình là: x 2= và
5
x.
4
=

0,50
Trang 5/5
2
Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra
A'H⊥
(ABC) và AH =
1
2
BC =
22
1
a3a a.
2
+=

Do đó
222
A'H A'A AH=−
2
3a= A'H a 3.⇒ =
Vậy
3
A'.ABC ABC
1a
VA'H.S
32
Δ
==(đvtt).

0,50

Trong tam giác vuông
A'B'H
có:
22
HB' A'B' A'H 2a=+= nên tam giác
B' BH cân tại
B'.
Đặt

ϕ
là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C' thì
n
B'BHϕ=

Vậy
a1
cos
2.2a 4
ϕ
==
.
0,50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.

Hết
C
A
B
B'
A'
H
C'
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
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
32
y4x 6x 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
()
M1;9.−−

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
33 22
sin x 3cos x sinxcos x 3sin xcosx.−= −

2. Giải hệ phương trình
4322
2
x2xyxy2x9
x2xy6x6
⎧
++=+
⎪
⎨
+=+

⎪
⎩

()
x, y .∈ \

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa 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 tọa 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.
sin 2x 2(1 sin x cos x)
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

=
++ +
∫

2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
22
xy1.+= 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 KHÔNG phân ban
(2 điểm)
1. Chứng minh rằng
kk1k
n1 n1 n
n1 1 1 1
n2C C C
+
++
⎛⎞

+
+=
⎜⎟
+
⎝⎠
(n, k là các số nguyên dương,
kn,≤
k
n
C
là
số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết
rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm
H( 1; 1),−−
đường phân giác
trong của góc A có phương trình
xy20−+= và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x 3y 1 0.+−=

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
0,7 6
xx
log log 0.
x4
⎛⎞
+
<

⎜⎟
+
⎝⎠

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
2a, SA a,=
SB a 3=
và
mặt phẳng (SAB) vuông 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.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐỀ CHÍNH THỨC
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

•
TXĐ :
.\
•
Sự biến thiên : ,
2
y' 12x 12x=−
x0
y' 0
x1
=
⎡
=⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
•
y
CĐ
= y(0) = 1, y
CT
= y(1) = −1.

0,25

•
Bảng biến thiên :

0,25

•
Đồ thị :

Trang 1/4

0,25
2
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) (1,00 điểm)

Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :

Δ
(
M1;9−−
)

.ykxk9=+−
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm :
() ()
()
32
2
4x 6x 1 k x 1 9 2
12x 12x k 3
⎧
−+= +−
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
()
()
32 2
4x 6x 1 12x 12x x 1 9−+= − +−
()( )
2
x1 4x5 0⇔+ −=
x1
5
x.
4
=−
⎡

⎢
⇔
⎢
=
⎣

0,50

y’ + 0
−
0 +
x
−∞
0 1
y
1
1−
−∞
+∞
+∞
O

y
x
1
−1
1
•
Với thì , phương trình tiếp tuyến là : x=−1 k24=
y 24x 15.=+
•
Với
5
x
4
=
thì
15
k
4
=
, phương trình tiếp tuyến là :
15 21
yx
44
=−
.

Các tiếp tuyến cần tìm là : và
y24x15=+
15 21
yx

44
=−
.

0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

22 22
sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0−+ −=

cos2x(sin x 3cosx) 0.⇔+=
0,50

k
cos2x 0 x .
42
ππ
•=⇔=+

sinx 3cosx 0 x k .
3
π
•+ =⇔=−+

π

Nghiệm của phương trình là
k
x,
42
ππ
=+

xk
3
π
=− + π

(k ).∈]
0,50
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Hệ phương trình đã cho tương đương với
22
2
(x xy) 2x 9
x
xy 3x 3
2
⎧
+=+
⎪
⎨

=+−
⎪
⎩

2
2
2
x
x3x3 2x
2
⎛⎞
⇒ ++− = +
⎜⎟
⎝⎠
9
.

43 2
x 12x 48x 64x 0⇔+ + + =

3
x(x 4) 0⇔+=
x0
x4
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣

0,50

x0•=
không thỏa mãn hệ phương trình.
17
x4y
4
•=−⇒ =
.

Nghiệm của hệ phương trình là
17
(x;y) 4; .
4
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
III

2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)

Ta có
()

AB 2; 3; 1 ,=−−
JJJG
(
AC 2 ; 1; 1 ,=− − −
Trang 2/4
)
J
JJG
tích có hướng của hai vectơ
là
AB, AC
JJJG JJJG
()
n2;4;8=−
G
.
0,50

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận
n
G
làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình

()()()
2x 0 4y 1 8z 2 0−+ −− −=

x2y4z60⇔+ − +=.

0,50

2
Tìm tọa độ của điểm M (1,00 điểm)

Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
(ABC) tại trung điểm của BC.
AB.AC 0=
JJJG JJJG
(
I0; 1;1−
)
0,50

Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
2x 2y z 3 0
xy1z1
.
12 4
++−=
⎧
⎪
+−
⎨
==
⎪
−
⎩

0,50

Suy ra
()
M2;3; 7.−
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt ⇒
tsinxcosx=+
dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.
4
π
⎛⎞
=− =− −
⎜⎟
⎝⎠

Với x = 0 thì t = 1, với
x
4
π
=
thì t2= .
0,25

Ta có
2
sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .++ + =+
Suy ra
2
2
1
2dt
I
2
(t 1)
=−
+
∫

2
1
21
2t 1
=
+

0,50

ơ

21 1432
.

22
21
−
⎛⎞
=−=
⎜⎟
+
⎝⎠
4

0,25
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)

22
222
2(x 6xy) 2(x 6xy)
P.
12xy2y x y 2xy2y
++
==
++ +++
Trang 3/4
2
.
.
,

•
Nếu thì Suy ra P = 2.

y0=
2
x1=
•
Xét Đặt khi đó
y0≠
xty=
2
2
2t 12t
P
t2t
+
=
++
3
,
⇔ (1).
2
(P 2)t 2(P 6)t 3P 0−+−+=
− Với phương trình (1) có nghiệm
P2=
3
t.
4
=

− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

P2≠ ,

.
2
'2P6P360 6P3Δ=− − + ≥ ⇔− ≤ ≤

0,50

P3=
khi
3
x,y
10 10
==
1
hoặc
31
x,y
10 10
=− =−
.
6

P=−
khi
32
x,y
13 13
==−
hoặc

32
x,y
13 13
=− =
.

Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
0,50
V.a

2,00
1
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có:
kk1
n1 n1
n1 1 1
n2C C
+
++
⎛⎞
+
+=
⎜⎟
+
⎝⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n2 (n1)!

++−++−
++

0,50

[]
1k!(nk)!
.(n1k)(k
n2 n!
−
=+−
+
1)++

k
n
k!(n k)! 1
.
n! C
−
==

0,50
2
Tìm tọa độ đỉnh C (1,00)

• Ký hiệu Gọi là điểm đối
xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC.
1
d: x y 2 0,−+=
2
d:4x 3y 1 0.+−=
H'(a;b)
1
d H'
• là vectơ chỉ phương của u(1;1=
G
)
1
d, HH ' (a 1;b 1)=+ +
J
JJJG
vuông góc với
và trung điểm I
u
G
a1b1
;
22
−−
⎛
⎞
⎜
của thuộc Do đó tọa độ của H' là
nghiệm của hệ phương trình

⎟
⎝⎠
HH '
1
d.
1(a 1) 1(b 1) 0
a1 b1
20
22
++ +=
⎧
⎪
⎨
−−
−+=
⎪
⎩

()
H' 3;1 .⇒ −

0,50

• Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là
và có phương trình
H'
2
d
v(3;4)=−

G
3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+− −=⇔ − + =
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y + 13 = 0
xy20
−
⎧
⎨
−+=
⎩
A(5;7).⇒

• Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến
(
H1;1−−
)
1
HA
2
JJJG
= (3 ; 4)
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.
⇔
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y 7 0
3x 4y 13 0.
++=
⎧
⎨
−+=

⎩
Suy ra C
10 3
;.
34
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
V.b

2,00
1
Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Trang 4/4
Bất phương trình đã cho tương đương với

2
6
xx
log 1
x4
+
>
+

2

xx
6
x4
+
⇔>
+

0,50

2
x5x24
0
x4
−−
⇔>
+

()()
x3x8
0.
x4
+−
⇔>
+

Tập nghiệm của bất phương trình là :
()

(
4; 3 8; .−− ∪ +∞
)
0,50
2
Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra
SH
Do đó SH là
đường cao của hình chóp S.BMDN.
()
ABCD .⊥
2
SB a 3a AB+=+=
Ta có:
SA
nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
2222
AB
SM a.
2
==
Do đó tam giác đều, suy ra
SAM
a3
SH .

2
=
Diện tích tứ giác BMDN là

2
BMDN ABCD
1
SS
2
==
2a.

Thể tích khối chóp S.BMDN là
BMDN
1
VSH.S
3
=
3
a3
3
=
(đvtt).

0,50

S
A
B
C
H
M
N
E
D

Kẻ
(E AD)∈
ME // DN

a
AE
Đặt
.
2
=
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
suy ra
n
(SM, ME) .=
ϕ
Theo định lý ba đường vuông góc ta có
SA

AE⊥
0,50
22
a5
SE SA AE ,
2
=+=
22
a5
ME AM AE .
2
=+=
Suy ra

a

5
2
n
SME =
ϕ
Tam giác SME cân tại E nên
và
cos

.
5
a5
2
ϕ= =

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối D
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
32
yx 3x 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 ( k3>− ) 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
x2y yx1 2x 2y
⎧
++= −
⎪
⎨
−−=−
⎪
⎩

(x,y ).∈ \
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa 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 tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân
2
3
1
lnx
Idx.
x
=
∫

2. Cho
x, y
là hai số thực không 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)
−−
=
++

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban
(2 điểm)
1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức

13 2n1
2n 2n 2n
C C C 2048
−
+++ =
(
k
n
C
là số tổ hợp
chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) :
2
y16x=
và điểm
A(1; 4).
Hai điểm
phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc
n
o
BAC 90 .=
Chứng minh rằng
đường thẳng BC luôn 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
log 0.

x
−+
≥
2. Cho lăng trụ đứng
ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên
AA' a 2.=
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.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐỀ CHÍNH THỨC
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối D
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Nội dung Câu Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

• Tập xác định : D =
.\
• Sự biến thiên : ,
2
y' 3x 6x=−
x0
y' 0
x2
=
⎡
=⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
• y
CĐ
=
() ()
CT
y0 4, y y2 0.===
0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25
2
Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm)

Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi
qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2.
(C) I(1; 2) (C).

I(1; 2)
Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình
(C)

32
x3x4k(x1)2−+=−+⇔
2
(x 1) x 2x (k 2) 0
⎡⎤
−−−+=
⎣⎦
⇔
2
x1
x2x(k2)0(*)
=
⎡
⎢
−−+=
⎣
.

0,50

Do nên phương trình (*) có biệt thức
Δ=
và không
là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I(
với là nghiệm của (*).
k>−
x −∞ 0 2 +∞
y’ + 0 − 0
y
4
0
−∞
+
+∞
4
−1
O
y
2
x
(ứng với giao điểm I)
3
+ >
x ;y ),
I
'3k 0
x1=

(C)
II
AA BB
A(x ; y ),B(x ;y )
AB
x , x
Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn
thẳng AB (đpcm).
AB
xx22x+==
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với
2
4sinx cos x sin2x = 1 + 2cosx+ ⇔
(2cosx 1)(sin2x 1) 0.+−=
0,50

12
cosx x k2 .
23
π
•=−⇔=±+
π

sin2x 1 x k .
4
π
•=⇔=+π

Nghiệm của phương trình đã cho là
2
xk
2,
3
π
=± + π

xk
4
π
=+
).∈]
π

(k

0,50
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
(x y)(x 2y 1) 0 (1)

x2y yx1 2x 2y(2)
+−−=
⎧
⎪
⎨
−−=−
⎪
⎩

Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).

Trang 2/4
0,50

Thay (3) vào (2) ta được
(y 1) 2y 2(y 1)+=+
⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5.
y10+>
Nghiệm của hệ là
(x;y) (5;2).=

0,50
III

2,00
1
Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm)

Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng
trong đó
222
x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),++ + + + +=
222
a b c d 0 (**).++−>
Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình
6a 6b d 18
6a 6c d 18
6b 6c d 18
6a 6b 6c d 27.
++=−
⎧
⎪
++=−
⎪
⎨
++=−
⎪
⎪
+++=−
⎩

0,50

Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là
222
x y z 3x 3y 3z = 0.++− − −
0,50

2
Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm)

Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm
333
I;;
222
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.

Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là
mx ny pz q 0+++=

222
(m n p 0).++>
Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được
3m 3n q 0
3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0.
3n 3p q 0.
++=
⎧
⎪
++= ⇒ ===−≠
⎨
⎪
++=
⎩

Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là
xyz60.++−=

0,50

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc
của điểm I trên mặt phẳng (ABC).
H
Phương trình đường thẳng IH :
33
xyz
22
.
111
−−−
==
3
2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
xyz60
33
xyz
22
++−=
⎧
⎪
⎨
−=−=−

⎪
⎩
3
.
2

Giải hệ trên ta được
H(2;2;2).
0,50
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt và
ulnx=
3
dx
dv
x
=

dx
du
x
⇒ =
và
2
1

v.
2x
=−

0,25
Khi đó
2
2
23
1
1
ln x dx
I
2x 2x
=− +
∫

2
2
1
ln 2 1
8
4x
=− −

0,50

32ln2

.
16
−
=

0,25
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)

Ta có
[]
2
22
(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1
PP
(1 x ) (1 y) 4 4 4
(x y) (1 xy)
−− ++
=≤ ≤⇔−≤
++
+++

Trang 3/4
.≤

0,50

•
Khi thì

x0,y1==
1
P.
4
=−

•
Khi thì
x1,y0==
1
P.
4
=

Giá trị nhỏ nhất của P bằng
1
,
4
−
giá trị lớn nhất của P bằng
1
.
4

0,50
V.a

2,00
1
Tìm n biết rằng…(1,00)

Ta có
2n 0 1 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n
0 (1 1) C C C C .
−
=−=−+− +

2n 2n 0 1 2n 1 2n
2n 2n 2n 2n
2 (1 1) C C C C .
−
=+ = + ++ +
0,50

⇒
13 2n12n
2n 2n 2n
C C C 2 .
−−
+++ =
1
6.

Từ giả thiết suy ra
2n 1
22048n
−
=⇔=
0,50

2
Tìm tọa độ đỉnh C (1,00 điểm)
Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên
2
b
B( ; b),
16
2
c
C( ;c)
16
với b, c
là hai số thực phân biệt,
b
4≠
và
c4

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

⎠
Góc nên
n
o
BAC 90=
AB .AC 0=
JJJG JJJG
⇔
22
bc
11(b4)(c4)
16 16
⎛⎞⎛⎞
−−+−−
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
0=

⇔ (1).
272 4(b c) bc 0+++=
0,50

Phương trình đường thẳng BC là:
2
22
c
x
yc
16
bc
b

c
16 16
−
−
=
−
−
16x (b c)y bc 0⇔−++=
(2).
Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định
I(

17; 4).−
0,50
V.b

2,00
1
Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)

Bpt đã cho tương đương với
2
x3x2
01
x
−+
<≤
.

0,50

2
0x1
x3x2
0
x2.
x
<<
⎡
−+
•>⇔
⎢
>
⎣

2
x0
x4x2
0
x
22x22
<
⎡
−+
•≤⇔

⎢
−≤≤+
⎣

.

Tập nghiệm của bất phương trình là :
) (
22;1 2;22

.
⎡
⎤
−∪+
⎣
⎦

0,50
2
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.
Thể tích khối lăng trụ là
23
ABC.A ' B 'C ' ABC
12

VAA'.Sa2 a
22
===
Trang 4/4
a
(đvtt).

0,50

A'
B'
B
M
E

C

A
C'
Gọi E là trung điểm của
BB
Khi đó mặt phẳng (AME) song song với
nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, bằng khoảng cách giữa
và mặt phẳng (AME).
'. B'C
B'C
B'C
Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C
đến mặt phẳng (AME).
Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA,
BM, BE đôi một vuông góc nên
0,50
2222
11 1 1
hBABMBE
=+ +

2 222
1142
haaa
=++=
2
7
a
a7
h.
7

⇒
=

⇒
a7
.
7
Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằng
B'C

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
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
x
y.
x1

=
−

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()
C của hàm số đã cho.
2.
Tìm
m
để đường thẳng
d: y x m=− +
cắt đồ thị
()
C tại hai điểm phân biệt.

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình sin3x 3 cos3x 2sin 2x.−=
2.
Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình
xmy1
mx y 3
−=
⎧
⎨
+=
⎩
có nghiệm
()
x; y thỏa mãn

xy 0.<

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
()
A1;1;3 và đường thẳng d có phương trình
xyz1
.
112
−
==
−

1.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.
2.
Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O.

Câu IV (2 điểm)
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
()
2
P:y x 4x=− + và đường thẳng
d: y x.=

2.
Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn
22
xy2.+= Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

()
33
P2x y 3xy.=+−

PHẦN RIÊNG
__________
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
__________

Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục
tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng
d: x 2y 3 0.−+=
2.
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
()
18
5
1
2x x 0 .
x
⎛⎞
+>
⎜⎟
⎝⎠

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình

()
2
22
log x 1 6 log x 1 2 0.+− ++=
2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
n
n
o
BAD ABC 90 ,==AB BC a,==
AD 2a,=
SA vuông góc với đáy và SA 2a.= Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD.
Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………… ………………………… Số báo danh: …………………………
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm
I 2,00

1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Ta có
1
y1 .
x1
=+
−

• Tập xác định: D =
\{1}.\
• Sự biến thiên:
2
1
y' 0, x D.
(x 1)
=− < ∀ ∈
−

0,25
Bảng biến thiên:

Hàm số không có cực đại và cực tiểu.

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1.

0,25

• Đồ thị:

0,25
2

Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)
d:y x m=− +

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là
()
2
x
xm x mxm01
x1
=− + ⇔ − + =
−
(do không là nghiệm).
x1=
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

0,50

x − ∞ 1+ ∞
y' − −
1 + ∞
y
−∞ 1

O 1
1
y
x

Điều kiện là : hoặc
m0
2
m4m0 m4Δ= − > ⇔ >
.
.
<

Vậy m hoặc 4>
m0<
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho

13
sin 3x cos3x sin 2x
22
⇔− =

sin 3x sin 2x
3
π
⎛⎞
⇔−

=
⎜⎟
⎝⎠
0,50
1/4
3x 2x k2
3
3x 2x k2
3
π
⎡
−= + π
⎢
⇔
⎢
π
⎢
−=π− + π

⎢
⎣
⇔
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +
5
(k ∈
Z
).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π 4π 2π
xk2π,x k
315
=+ = +
5
(k ∈ ). Z
0,50
2

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn (1,00 điểm)
xy 0<

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có Thay vào phương
trình thứ hai ta có:
()
xmy11.=+
() ()
2

3m
mm
y
1
y
3
y
2.
m1
−
++=⇔=
+

Thay (2) vào (1) ta có
2
3m 1
x.
m1
+
=
+

0,50

Xét điều kiện
xy 0 :<
()()
()
>

⎡
+−
⎢
<⇔ <⇔
⎢
<−
+
⎣
2
2
m3
3m 1 3 m
xy 0 0
1
m.
m1
3

Vậy
m
hoặc
3>
1
m.
3
<−

0,50

III

2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,00 điểm)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
()
u1;1;2=− .
G

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
()
P
n1;1;2=− .
J
JG

0,50

Phương trình mặt phẳng (P) là:
()()()
1. x 1 1. y 1 2. z 3 0−− −+ − =

xy2z60.⇔−+ −=
0,50
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho cân tại đỉnh O (1,00 điểm)
MOAΔ

+) ⇒
Md∈

()
Mt; t;1 2t.−+
+) cân tại đỉnh O và M, O, A không thẳng hàng.
MOAΔ OM OA⇔=

0,25

OM
hoặc
OA=
()
2
22
tt 2t1 11⇔++ + =
t1⇔=
5
t
3
=−
.
0,25
+) Với ta có Với
t1=
()
M1; 1;3.−
5
t
3
=−

ta có
55 7
M;;
33 3
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25

+) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không
thẳng hàng.
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là và
()
1
M1; 1;3−
2
55 7
M;;
33 3
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25

IV

2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
2
x4xx x0−+ =⇔=
hoặc
x3.=
0,25

Diện tích của hình phẳng cần tìm là:
S =
33
22
00
x 4x x dx x 3x dx.−+ − =−+
∫∫

0,25
2/4

Do nên . Suy ra
0x3≤≤
2
x3x0−+ ≥
()
3
3
32
2
0
0
xx
S x 3x dx 3
32
⎛⎞
=−+ =− + =
⎜⎟
⎝⎠
∫
9
2
.
Vậy
9
S
(đvdt).

2
=

0,50
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của (1,00 điểm)
()
33
P 2 x y 3xy=+−

Ta có:
()
()
()( )
22
P 2 x y x y xy 3xy 2 x y 2 xy 3xy.=+ +−−=+ −−
Đặt Do nên x y t.+=
22
xy+=

2
2
t2
xy
2
−
= . Suy ra
22
32
t2 t2 3

P2t2 3 t t 6t3.
22 2
⎛⎞
−−
=− − =−−++
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Do nên
()
2
xy 4xy+≥
()
22
t2t2 2t2≥−⇔−≤≤.
0,25

Xét
()
32
3
ft t t 6t 3
2
=− − + +
với
[
]
t2;2∈− .

Ta có :
()
2
f' t 3t 3t 6=− − +

()
[
]
[]
t2 2;2
f' t 0
t1 2;2.
⎡
=− ∈ −
=⇔
⎢
=∈−
⎢
⎣
Bảng biến thiên:

Vậy
13
ma

x P , min P 7.
2
==−

0,50
V.a

2,00
1
Tìm
A
(1,00 điểm)
Ox, B Oy ∈∈

+)
()() (
AOx,BOy Aa;0,B0;b,AB a;b∈∈⇒ =−
)
.
J
JJG

0,25
+) Vectơ chỉ phương của d là
()
u2;1=

G
.
Tọa độ trung điểm I của AB là
ab
;.
22
⎛⎞
⎜⎟

⎝⎠
0,25

+) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
2a b 0
a2

AB.u 0
a
b
4.
b30
Id
2
−+=
⎧
⎧
=
⎧
=
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−+=
∈
⎪
⎩
⎩
⎪
⎩
JJJG G

Vậy
A2

()()

;0,B0;4.

0,50

13
2

f(t)
t -2 1 2
+ 0 - f’(t)
-7 1
3/4
2
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển (1,00 điểm)

Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của
18
5
1
2x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
là
()
k

6k
18
18 k
kk
5
k1 18 18
5
1
TC.2x. C.2.x
x
−
−
−
+
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
18k
.

0,50

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn:
6k
18

0 k 15.
5
−=⇔=
Vậy số hạng cần tìm là
15 3
16 18
T C .2 6528.==

0,50
V.b

2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện Phương trình đã cho tương đương với
x1>− .
() ()

2
22
log x 1 3log x 1 2 0.+− ++=

0,25
Đặt ta được hoặc
(
2
tlogx1=
)
+
1
.
2
t3t20 t−+=⇔=
t2=
0,25

Với ta có (thỏa mãn điều kiện).
t1=
()
2
log x 1 1 x 1 2 x 1+=⇔+=⇔=
Với ta có (thỏa mãn điều kiện).
t2=
()
2
log x 1 2 x 1 4 x 3+=⇔+=⇔=
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x1,x3.==

0,50

2
Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính (1,00 điểm)

+) MN là đường trung bình của Δ MN // AD và SAD ⇒
1
MN AD
2
=

⇒ MN // BC và BCNM là hình bình hành (1).
MN BC= ⇒

0,25

S

A
B
C
N M
D
+)
() (
BC AB, BC SA BC SAB BC BM 2 .⊥⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥
)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật.
+) Ta có: S2
BCNM BCM S.BCNM S.BCM
S V 2V.
Δ
= ⇒ =
3
S.BCM C.SBM SBM SAB
1111a
V CB.S CB.S CB. .SA.AB .
36626
ΔΔ
== = = =

V
0,50
3
S.BCNM
a
Vậy

V (đvtt).
3
=

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

4/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
23
x
y
x
+
=
+

(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 tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt
A
,
B
và tam giác
OAB
cân tại gốc toạ độ
.O
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(
)
()()
12sin cos
3
12sin 1sin
xx
xx
−
=
+−
.
2. Giải phương trình
(
)
3
23 2 36 5 8 0 .xxx−+ − −= ∈\

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
()
2
32
0
cos 1 cosIx
π
=−
∫
xdx
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp có đáy
.SABCD
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và
;D
2
A
BAD a==
,
;CD a
=
góc giữa
hai mặt phẳng và

()
SBC
(
)
A
BCD
bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 .
D
I
A
D
. Biết hai mặt phẳng
(
)
SBI

và
(
cùng vuông góc với mặt phẳng
)
SCI
(
)
A
BCD
, tính thể tích khối chóp theo
.SABCD
.a
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương

,,
x
yz
thoả mãn
(
)
3,
x
xyz yz++ =
ta có:

()()()()()()
33
35
3
.
x
yxz xyxzyz yz+++++ + +≤ +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình chữ nhật ,Oxy
A
BCD
có điểm là giao điểm của hai đường
chéo
(6;2)I
A
C
và

B
D
. Điểm
(
)
1; 5M
thuộc đường thẳng
A
B
và trung điểm
E
của cạnh thuộc đường
thẳng
. Viết phương trình đường thẳng
CD
:50xyΔ+−=
A
B
.
2.
Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:2 2 4 0Pxyz−−−=
và mặt cầu
(
)
222
: 2 4 6 11 0.Sx y z x y z++−−−−=
Chứng minh rằng mặt phẳng

(
)
P
cắt mặt cầu
(
)
S
theo một
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình
1
z
2
z
2
210zz 0
+
+=. Tính giá trị của biểu thức
22
12
.Az z=+

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy
(
)
22
:446Cx y x y 0

+
+++=
và đường thẳng
với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn
(
Tìm để :23xmy mΔ+ − +=0,
I
)
.C
m
Δ
cắt
(
)
C

tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho diện tích tam giác lớn nhất.
IAB
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:221Px y z 0
−
+−=
và hai đường thẳng
1

19
:
116
xyz++
Δ==
,
2
13
:
21
1
2
x
yz−−+
Δ==
−
. Xác định toạ độ điểm
M
thuộc đường thẳng
1
Δ
sao cho
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
Δ
và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng