đề thi đại học môn toán có đáp án qua các năm

bộ giáo dục và đào tạo
Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
-----------------------------Môn thi : toán
Đề chính thức
(Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2 (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm k để phơng trình:
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0
có ba nghiệm phân biệt.
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
log 32 x + log 32 x + 1 2m 1 = 0

Cho phơng trình :
1

(2) ( m là tham số).

m = 2.

Giải phơng trình (2) khi

2. Tìm m để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1 ; 3 3 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
cos 3x + sin 3x

1. Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2 ) của phơng trình: 5 sin x +

= cos 2 x + 3.
1 + 2 sin 2 x

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
y =| x 2 4 x + 3 | , y = x + 3.
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lợt
là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết rằng
mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng:
x = 1+ t
x 2y + z 4 = 0

và 2 : y = 2 + t .
1 :
x + 2 y 2z + 4 = 0
z = 1 + 2t

a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng 1 và song song với đờng thẳng 2 .
b) Cho điểm M (2;1;4) . Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng 2 sao cho đoạn thẳng MH
có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A ,
phơng trình đờng thẳng BC là 3 x y 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2.

Cho khai triển nhị thức:
n

n

n 1

n 1

x
x21

x
x 1
x 1 x
x 1 x
2 + 2 3 = C n0 2 2 + C n1 2 2 2 3 + L + C nn 1 2 2 2 3 + C nn 2 3

3
1
( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C n = 5C n và số hạng thứ t
bằng 20n , tìm n và x .
----------------------------------------Hết--------------------------------------------Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

n

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................

Số báo danh:.....................


bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Câu

ý

I

1

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Nội dung

ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3 x 2 + 6 x = 3x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ

0,5đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

y" = 0 x = 1

Bảng biến thiên


x

0


y'

+

0

+

0



lõm

U

4

CT
0

2

CĐ
lồi

x = 0
y=0
,
x = 3
Đồ thị:

+

2

+

0

y"
y

1

y (1) = 4

y

4
2

-1

0

1

2

3

x

( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1


I

2

Cách I. Ta có x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 x 3 + 3 x = k 3 + 3k 2 .
Đặt a = k 3 + 3k 2 Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình x 3 + 3 x 2 = a
có 3 nghiệm phân biệt 0 < a < 4 0 < k 3 + 3k 2 < 4
1 < k < 3
0k <3
0k <3







2
2
k 0 k 2
(k + 1)(k 4k + 4) > 0
(k + 1)(k 2 ) > 0
Cách II. Ta có
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 ( x k ) x 2 + (k 3) x + k 2 3k ] = 0
có 3 nghiệm phân biệt f ( x) = x 2 + (k 3) x + k 2 3k = 0
có 2 nghiệm phân biệt khác k
= 3k 2 + 6k + 9 > 0
1 < k < 3
2


2
2
k 0 k 2

k + k 3k + k 3k 0

[

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-----------

-----------

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

3
Cách I.
x = m 1
y' = 0 1

x2 = m + 1
Ta thấy x1 x 2 và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại
x1 và x 2 .
y1 = y ( x1 ) = m 2 + 3m 2 và y 2 = y ( x 2 ) = m 2 + 3m + 2
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
M 1 m 1; m 2 + 3m 2
và M 2 m + 1; m 2 + 3m + 2
là:
y ' = 3x 2 + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

(

)

(

)

x m + 1 y + m 2 3m + 2
=
y = 2x m2 + m
2
4
'
2
Cách II. y = 3x + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,
Ta thấy
2
2
' = 9m + 9(1 m ) = 9 > 0 y ' = 0 có 2 nghiệm x1 x 2

và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại x1 và x 2 .
Ta có y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2
m
1
= x 3 x 2 + 6mx + 3 3m 2 + 2 x m 2 + m.
3
3
Từ đây ta có y1 = 2 x1 m 2 + m và y 2 = 2 x 2 m 2 + m .
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y = 2 x m 2 + m .

(

II

0,5 đ 0,5 đ

)

1.
Với m = 2 ta có log x + log x + 1 5 = 0
2
3

2
3

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

----------

-----------

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1+ t 5 = 0 t 2 + t 6 = 0

t = 3
.
1
t2 = 2
2


t1 = 3 (loại) ,

t 2 = 2 log 32 x = 3 log 3 x = 3 x = 3

3

0,25 đ

0,5 đ

x = 3 3 thỏa mãn điều kiện x > 0 .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

1,0 đ 1,0 đ

2.
log x + log x + 1 2m 1 = 0 (2)
2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1 + t 2 m 1 = 0 t 2 + t 2m 2 = 0

(3)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-----------

----------

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

x [1,3 3 ] 0 log 3 x 3 1 t = log 32 x + 1 2.
Vậy (2) có nghiệm [1,3 3 ] khi và chỉ khi (3) có
nghiệm [ 1,2 ]. Đặt f (t ) = t 2 + t
Cách 1.
Hàm số f (t ) là hàm tăng trên đoạn [1; 2] . Ta có f (1) = 2 và f (2) = 6 .
Phơng trình t 2 + t = 2m + 2 f (t ) = 2m + 2 có nghiệm [1;2]
f (1) 2m + 2
2 2 m + 2


0 m 2.
f (2) 2m + 2
2 m + 2 6
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn 1 < t1 t 2 < 2 .
t +t

1
Do 1 2 = < 1 nên không tồn tại m .
2
2
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn
t1 1 t 2 2 hoặc 1 t1 2 t 2
2m(4 2m ) 0 0 m 2 .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
III

1.

cos 3 x + sin 3 x
1

5 sin x +
= cos 2 x + 3 . Điều kiện sin 2 x
1 + 2 sin 2 x
2

cos 3x + sin 3x
sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x

Ta có 5 sin x +

= 5
1 + 2 sin 2 x
1 + 2 sin 2 x

sin x + cos x cos 3 x + cos 3 x + sin 3 x
(2 sin 2 x + 1) cos x
=5
=5
= 5 cos x
1 + 2 sin 2 x


1 + 2 sin 2 x

2
Vậy ta có: 5 cos x = cos 2 x + 3 2 cos x 5 cos x + 2 = 0
1

cos x = 2 (loại) hoặc cos x = x = + 2k (k Z ).
2
3

3

1,0 đ 1,0 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


5

và x 2 =
. Ta thấy x1 , x 2 thỏa mãn điều
3
3
1
5

kiện sin 2 x . Vậy các nghiệm cần tìm là: x1 =
và x 2 =
.
2
3
3
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Vì x (0 ; 2 ) nên lấy x1 =

2.

y

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

8

3
1
0
-1

-1

1

2

5

3

x

Ta thấy phơng trình | x 2 4 x + 3 |= x + 3 có 2 nghiệm x1 = 0 và x 2 = 5.
Mặt khác | x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] . Vậy
5

(

1

)

(

3

)

(

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ

1đ

1đ

)

S = x + 3 | x 2 4 x + 3 | dx = x + 3 x 2 + 4 x 3 dx + x + 3 + x 2 4 x + 3 dx
0

0

5

1

(

)

+ x + 3 x 2 + 4 x 3 dx
3

1

(

3

)

(

)

5

(

)

S = x + 5 x dx + x 3 x + 6 dx + x 2 + 5 x dx
2

0

1

1

2

3

3

5

5
3
5
1
1

1

S = x3 + x 2 + x3 x 2 + 6x + x3 + x 2
2 0 3
2
2 3
3
1 3
13 26 22 109
S= +
+
=
(đ.v.d.t)
6
3
3
6
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
| x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] )
IV

1.
4


S

N
I
M
A

C

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

K

B
Gọi K là trung điểm của BC và I = SK MN . Từ giả thiết
1
a
MN = BC = , MN // BC I là trung điểm của SK và MN .
2
2
Ta có SAB = SAC hai trung tuyến tơng ứng AM = AN
AMN cân tại A AIMN .
(SBC )( AMN )

(SBC ) ( AMN ) = MN

Mặt khác
AI(SBC ) AISK .
AI ( AMN )


AIMN
Suy ra SAK cân tại A SA = AK =

a 3
.
2

3a 2 a 2 a 2
SK = SB BK =

=
4
4
2
2

2

2

2

SK
AI = SA SI = SA
=
2
2

Ta có

2

S AMN

2

3a 2 a 2 a 10
.

=
4
8
4

a 2 10
1
= MN . AI =
(đvdt)
2
16

chú ý

1) Có thể chứng minh AIMN nh sau:
BC(SAK ) MN(SAK ) MNAI .
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
a
a
a 3 a 3
K (0;0;0), B ;0;0 , C ;0;0 , A 0;
;0 , S 0;
;h
2
6
2
2



trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp S. ABC .

5


2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 có dạng:
(x 2 y + z 4) + (x + 2 y 2 z + 4) = 0 ( 2 + 2 0 )
( + )x (2 2 ) y + ( 2 )z 4 + 4 = 0
r
r
Vậy n P = ( + ;2 + 2 ; 2 ) .Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 và M 2 (1;2;1) 2
r r

n P .u 2 = 0
= 0
(P ) // 2
Vậy (P ) : 2 x z = 0

M 2 (1;2;1) (P )
M 2 (P )

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
-----------

0,5 đ
-----------

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
----------0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
----------0,5 đ
0,5 đ

Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau:
x = 2t '

Từ phơng trình 1 suy ra 2 x z = 0. Đặt x = 2t ' 1 : y = 3t '2
z = 4t '

r
M 1 (0;2;0) 1 , u1 = (2;3;4) // 1 .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm M 1 1 bằng cách cho x = 0 y = 2 z = 0
Cách II

r 2 1 1 1 1 2
= (2;3;4) ).
và tính u1 =

;
;

2
2
2
1
1
2




r
Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :
r
r r
n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;1) . Vậy phơng trình mặt phẳng (P) đi qua M 1 (0;2;0 )
r
và n P = (2;0;1) là: 2 x z = 0 .
Mặt khác M 2 (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x z = 0
2b)

b)Cách I. H 2 H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) MH = (t 1; t + 1;2t 3)
MH = (t 1) + (t + 1) + (2t 3) = 6t 12t + 11 = 6(t 1) + 5
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
t = 1 H (2;3;3)
Cách II. H 2 H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) .
r
MH nhỏ nhất MH 2 MH .u 2 = 0 t = 1 H (2;3;4)

2

V

1.

2

2

2

2

Ta có BC I Ox = B(1;0 ) . Đặt x A = a ta có A(a; o) và

(

1đ

)

xC = a y C = 3a 3. Vậy C a; 3a 3 .
1

2a + 1 3 (a 1)
xG = 3 ( x A + x B + x C )
.
;
Từ công thức

ta có G

1
3
3

yG = ( y A + y B + yC )
3

Cách I.
Ta có :
AB =| a 1 |, AC = 3 | a 1 |, BC = 2 | a 1 | . Do đó
6

0,25 đ


S ABC =
Ta có
Vậy

1
3
(a 1)2 .
AB. AC =
2
2
2
2S
3 (a 1)

| a 1|
r=
=
=
= 2.
AB + AC + BC 3 | a 1 | + 3 | a 1 |
3 +1
| a 1 |= 2 3 + 2.

0,25 đ

0,25 đ

7+4 3 6+2 3

;
TH1. a1 = 2 3 + 3 G1
3
3

4 3 1 6 2 3
.
;
TH2 a 2 = 2 3 1 G2

3
3


Cách II.

y
C

0,25 đ
-----------

I
O

B

A

x

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì r = 2 y I = 2 .
x 1
Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x 1) =
xI = 1 2 3 .
3
TH1 Nếu A và O khác phía đối với B x I = 1 + 2 3. Từ d ( I , AC ) = 2
7+4 3 6+2 3

a = x I + 2 = 3 + 2 3. G1
;
3
3

TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với B x I = 1 2 3. Tơng tự
4 3 1 6 2 3

;
ta có a = x I 2 = 1 2 3. G2

3
3



0,25 đ

0,25 đ

1 đ

2.
Từ

0,25 đ

C n3 = 5C n1 ta có n 3 và

7


n!
n!
n(n − 1)(n − 2)
=5
⇔

= 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0
(n − 1)!
3!(n − 3)!
6
⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n 2 = 7.
Víi n = 7 ta cã
 x2−1 
C  2 


3
7

4

0,25 ®
0,25 ®

3

 −3x 
 2  = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.





8

0,5 ®

Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

----------------------

Môn thi: toán
Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút
_______________________________________________

Đề chính thức

Câu 1 (2 điểm).
x2 2 x + 4
(1) .
x2
2) Tìm m để đờng thẳng d m : y = mx + 2 2m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt.
Câu 2 (2 điểm).
x
x
sin 2 tg 2 x cos 2 = 0 .
1) Giải phơng trình
2
2 4
y=

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2

2

2) Giải phơng trình 2 x x 22 + x x = 3 .
Câu 3 (3 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đờng tròn

2)

3)

(C ) : ( x 1) 2 + ( y 2) 2 = 4 và đờng thẳng d : x y 1 = 0 .
Viết phơng trình đờng tròn (C ') đối xứng với đờng tròn (C ) qua đờng thẳng d .
Tìm tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') .
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đờng thẳng
x + 3ky z + 2 = 0
dk :
kx y + z + 1 = 0.
Tìm k để đờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x y 2 z + 5 = 0 .
Cho hai mặt phẳng ( P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đờng thẳng .
Trên lấy hai điểm A, B với AB = a . Trong mặt phẳng ( P) lấy điểm C , trong
mặt phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vuông góc với và
AC = BD = AB . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a .

Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y=

x +1
2

x +1

trên đoạn [ 1; 2] .

2

2) Tính tích phân

I = x 2 x dx .
0

Câu 5 (1 điểm).
Với n là số nguyên dơng, gọi a3n 3 là hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa
thức của ( x 2 + 1) n ( x + 2) n . Tìm n để a3n 3 = 26n .
------------------------------------------------ Hết -----------------------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.. .

Số báo danh:


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

đáp án thang điểm

đề thi chính thức

Môn thi : toán Khối D

Nội dung

điểm
2điểm

Câu 1.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x2 2 x + 4
.
x2

1 điểm

Tập xác định : R \{ 2 }.
Ta có y =

y ' = 1

4
x2 2 x + 4

.
= x+
x2
x2

4
( x 2)

2

=

x2 4 x
2

.

x=0
y'= 0
x = 4.

( x 2)
4
lim [ y x ] = lim
= 0 tiệm cận xiên của đồ thị là: y = x ,
x
x x 2
lim y = tiệm cận đứng của đồ thị là: x = 2 .

0,25đ

x2

Bảng biến thiên:
x
y
y





0
+ 0
2
CĐ

2





4
0

+
+

+

+
CT
6



Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 2).

0,5đ

y

6

2
O

2

2

4

x

2)

0,25đ

1 điểm

Đờng thẳng d m cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt
4
phơng trình x +
= mx + 2 2m có hai nghiệm phân biệt khác 2
x2

(m 1)( x 2)2 = 4 có hai nghiệm phân biệt khác 2 m 1 > 0 m > 1.
Vậy giá trị m cần tìm là m > 1.

1

0,5đ
0,5đ


Câu 2.

2điểm

x
x
1) Giải phơng trình sin 2 tg 2 x cos 2 = 0 (1)
2
2 4
Điều kiện: cos x 0 (*).
Khi đó
(1)

1 điểm

1
sin 2 x 1

1

cos

= (1 + cos x ) (1 sin x ) sin 2 x = (1 + cos x ) cos 2 x
x



2
2
2 cos x 2


(1 sin x ) (1 cos x)(1 + cos x) = (1 + cos x ) (1 sin x)(1 + sin x)
(1 sin x ) (1 + cos x)(sin x + cos x) = 0

0,5đ



x = + k 2

sin x = 1

2


cos x = 1 x = + k 2

tgx = 1

x = + k
4


0,25đ

( k Z) .

x = + k 2
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm của phơng trình là:
x = + k

4
2) Giải phơng trình

2
2
2 x x 22 + x x = 3

( k Z) .

(1).

0,25đ
1 điểm

2

Đặt t = 2 x x t > 0 .

4
= 3 t 2 3t 4 = 0 (t + 1)(t 4) = 0 t = 4 (vì t > 0 )
t
2
x = 1
Vậy 2 x x = 4 x 2 x = 2
x = 2.
x = 1
Do đó nghiệm của phơng trình là
x = 2.
Câu 3.
1)

Khi đó (1) trở thành t

0,5đ

0,5đ
3điểm
1 điểm

Từ (C ) : ( x 1) 2 + ( y 2)2 = 4 suy ra (C ) có tâm I (1; 2) và bán kính R = 2.
uur

Đờng thẳng d có véctơ pháp tuyến là n = (1; 1). Do đó đờng thẳng đi qua
x 1 y 2
I (1; 2) và vuông góc với d có phơng trình:
=
x+ y 3 = 0.
1
1
Tọa độ giao điểm H của d và là nghiệm của hệ phơng trình:
x y 1 = 0
x = 2

H (2;1).

x + y 3 = 0
y =1
Gọi J là điểm đối xứng với I (1; 2) qua d . Khi đó
x J = 2 xH xI = 3
0,5
J (3;0) .

y
=
2
x

x
=
0
H
I

J
Vì (C ') đối xứng với (C ) qua d nên (C ') có tâm là J (3;0) và bán kính R = 2.
0,25đ
Do đó (C ') có phơng trình là: ( x 3)2 + y 2 = 4 .
Tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') là nghiệm của hệ phơng trình:
( x 1)2 + ( y 2) 2 = 4
y = x 1
x = 1, y = 0
x y 1 = 0







2
2
2
x = 3, y = 2.
( x 3)2 + y 2 = 4
( x 3) + y = 4
2 x 8 x + 6 = 0
Vậy tọa độ giao điểm của (C ) và (C ') là A(1;0) và B (3; 2).

2

0,25đ

2)
uur
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định d k là n1 = (1;3k ; 1)
r
uur
và n2 = (k ; 1;1) . Vectơ pháp tuyến của ( P) là n = (1; 1; 2) .
Đờng thẳng d k có vectơ chỉ phơng là:
r
uur uur
r
u = n1, n2 = (3k 1; k 1; 1 3k 2 ) 0 k .
r r
3k 1 k 1 1 3k 2
Nên
d k ( P) u || n
=
=
k = 1.
1
1
2
Vậy giá trị k cần tìm là k = 1.

1 điểm

3)

1 điểm

C

P

Ta có (P) (Q) và = (P) (Q), mà
AC AC (Q) AC AD, hay

0,5đ
0,5 đ

CAD = 900 . Tơng tự, ta có BD nên

H

BD (P), do đó CBD = 900 . Vậy A và B
0,25đ
A, B nằm trên mặt cầu đờng kính CD.
Và bán kính của mặt cầu là:
CD 1
R=
=
BC 2 + BD 2
D
2
2
Q
1
a 3
0,25đ
=
AB 2 + AC 2 + BD 2 =

.
2
2
Gọi H là trung điểm của BC AH BC. Do BD (P) nên BD AH AH (BCD).
1
a 2
0,5đ
Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và AH = BC =
.
2
2



B

A

Câu 4.

2điểm

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
y'=

1 x
2

3

( x + 1)
y ' = 0 x = 1.

x +1
x2 + 1

trên đoạn [ 1; 2] .

1 điểm

.

0,5đ

Ta có y (1) = 0, y(1) = 2, y (2) =
Vậy max y = y (1) = 2

[ 1;2]

và

3
.
5
min y = y (1) = 0.

[ 1;2]

0,5đ

2

2) Tính tích phân I = x 2 x dx .

1 điểm

0

2

Ta có x x 0 0 x 1 , suy ra
1

2

0

1

I = ( x x 2 ) dx + ( x 2 x) dx
1

0,5đ

2

x 2 x3
x3 x 2
=
+ = 1.

2
3
3
2

0
1

3

0,5đ


Câu 5.

1điểm

Cách 1: Ta có ( x + 1) = Cn0 x 2n + C1n x 2n 2 + Cn2 x 2n 4 + ... + Cnn ,
( x + 2) n = Cn0 x n + 2C1n x n 1 + 22 Cn2 x n 2 + 23 Cn3 x n 3 + ... + 2n Cnn .
2

n

Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n 3 thì x3n 3 = x 2n x n 3 = x 2n 2 x n 1.

Do đó hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa thức của ( x 2 + 1) n ( x + 2) n là
a3n 3 = 23.Cn0 .Cn3 + 2.C1n .C1n .
n=5
2n(2n2 3n + 4)

= 26n
Vậy a3n 3 = 26n
n = 7
3

2
Vậy n = 5 là giá trị cần tìm (vì n nguyên dơng).
Cách 2:
Ta có
n

0,25đ
hoặc

n

1 2
( x + 1) ( x + 2) = x 1 +
1 +
x2 x
i n
k
n
n i 2i n k k k
3n
3n
i 1
k 2
C
C

x
=x
=
Cn x Cn 2 x .
n n
i = 0 x 2 k = 0 x
i = 0

k =0


2

n

n

3n

0,75đ

Trong khai triển trên, luỹ thừa của x là 3n 3 khi 2i k = 3 , hay 2i + k = 3.
Ta chỉ có hai trờng hợp thỏa điều kiện này là i = 0, k = 3 hoặc i = 1, k = 1 .
Nên hệ số của x3n 3 là a3n 3 = Cn0 .Cn3.23 + C1n .C1n .2 .
n=5
2n(2n2 3n + 4)
Do đó a3n 3 = 26n
= 26n
n = 7
3

2
Vậy n = 5 là giá trị cần tìm (vì n nguyên dơng).

4

0,75đ

0,25đ


Bộ giáo dục và đào tạo
-----------------------------Đề chính thức

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn thi : Toán , Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
--------------------------------------------------------------

Câu I (2 điểm)

x 2 + 3x 3
(1).
2(x 1)
1) Khảo sát hàm số (1).
2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.
Cho hàm số y =

Câu II (2 điểm)

2(x 2 16)

1) Giải bất phơng trình

x 3

+ x 3 >

7x .
x 3

1

log 1 (y x) log 4 y = 1
4

x 2 + y 2 = 25.


2) Giải hệ phơng trình

Câu III (3 điểm)

(

)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A ( 0; 2 ) và B 3; 1 . Tìm tọa độ trực
tâm và tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,

AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm
của cạnh SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA, BM.
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
Câu IV (2 điểm)
2

1) Tính tích phân I =

1+
1

x
dx .
x 1
8

2) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 + x 2 (1 x) .
Câu V (1 điểm)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3.
Tính ba góc của tam giác ABC.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh............................................................................Số báo danh.................................................


Bộ giáo dục và đào tạo
.....................

Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...........................................
Đề chính thức

Câu
I

Môn: Toán, Khối A
(Đáp án - thang điểm có 4 trang)
Nội dung

ý
I.1

Điểm
2,0

(1,0 điểm)

y=

x 2 + 3x 3
1
1
= x +1
.
2
2 ( x 1)
2(x 1)

a) Tập xác định: R \ {1} .
b) Sự biến thiên:
x(2 x)
y' =
; y ' = 0 x = 0, x = 2 .
2(x 1) 2
1
3
yCĐ = y(2) = , yCT = y(0) = .
2
2
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
1
Đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên.
2
Bảng biến thiên:
x

0
1



y'
y

0

+

0,25

0,25

+

+





0


+

3
2

+

2

1
2



0,25

c) Đồ thị:

0,25

1


I.2

(1,0 điểm)

Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :

x 2 + 3x 3
= m x 2 + (2 m 3)x + 3 2 m = 0 (*).
2(x 1)

0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
3
1
> 0 4m 2 4m 3 > 0 m > hoặc m < (**) .
2
2
Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x1 , x2 là nghiệm của phơng trình (*).

0,25

AB = 1 x 1 x 2 = 1 x1 x 2

(2 m 3)2 4(3 2 m ) = 1

2

=1

m=

(x

+ x 2 ) 4x1x 2 = 1
2

1

1 5
(thoả mãn (**))
2

0,25
0,25
2,0

II
II.1

(1,0 điểm)

Điều kiện : x 4 .
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:

0,25

2(x 2 16) + x 3 > 7 x 2(x 2 16) > 10 2x

0,25
+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm.
0,25
+ Nếu 4 x 5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
2
đợc: 2 x 2 16 > (10 2x ) x 2 20x + 66 < 0 10 34 < x < 10 + 34 .

(

II.2

)

Kết hợp với điều kiện 4 x 5 ta có: 10 34 < x 5 . Đáp số: x > 10 34
(1,0 điểm)
Điều kiện: y > x và y > 0.

log 1 (y x ) log 4
4

log 4

1

=1
y

log 4 (y x ) log 4

1
=1
y

3y
yx
=1 x =
.
y
4

0,25

0,25

0,25
2

3y
2
Thế vào phơng trình x + y = 25 ta có: + y = 25 y = 4.
4
2

2

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).
III
III.1

0,25
0,25
3,0

(1,0 điểm)

JJJG
+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) có phơng trình 3x + 3y = 0 .
JJJG
Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) có phơng trình y = 1
JJJG
( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) có phơng trình 3x + y 2 = 0 )
Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1)
+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x + y + 2 = 0 .
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình

3x + 3y = 0 ).

0,25
0,25

0,25

2


Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là I 3 ; 1 .

(

III.2.a

)

(1,0 điểm)

(

)

+ Ta có: C ( 2; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , M 1; 0; 2 ,
JJJJG
SA = 2; 0; 2 2 , BM = 1; 1; 2 .

(

)

Gọi là góc giữa SA và BM.

(

)

0,25

JJJG JJJJG
SA.BM
3
Ta đợc:
= JJJG JJJJG =
= 30 .
2
SA . BM
JJJG JJJJG
JJJG
+ Ta có: SA, BM = 2 2; 0; 2 , AB = ( 2; 1; 0 ) .
Vậy:
JJJG JJJJG JJJG
SA, BM AB
2 6


d ( SA, BM ) =
=
JJJG JJJJG
3
SA, BM


JJJG JJJJG
cos = cos SA, BM

(

(

III.2.b

0,25

)

)

0,25
0,25

0,25

(1,0 điểm)







1
2

Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD N 0; ; 2 .

(

)

(

)

JJJG
JJJG
1

SA = 2; 0; 2 2 , SM = 1; 0; 2 , SB = 0; 1; 2 2 , SN = 0; ; 2
2


JJJG JJJG
SA, SM = 0; 4 2; 0 .
1 JJJG JJJG JJG 2 2
VS.ABM = SA,SM SB =
6
3

(

)

(

VS.AMN =

)

1 JJJG JJJG JJJG
2

=
SA,SM
SN
VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2

6
3

0,25

0,25
0,25
0,25
2,0

IV
IV.1

(1,0 điểm)
2

x
dx . Đặt: t = x 1 x = t 2 + 1 dx = 2 tdt .

x 1
1
x = 1 t = 0 , x = 2 t = 1.

I=

1+

0,25

3


1

Ta có: I =
0

1

1

t2 +1
t3 + t
2

2t dt = 2
dt = 2 t 2 t + 2
dt
1+ t

1
t
t
1
+
+


0
0

0,25

1

IV.2

1
1

I = 2 t 3 t 2 + 2t 2 ln t + 1
2
3
0
1 1
11
I = 2 + 2 2 ln 2 = 4 ln 2 .
3 2
3
(1, 0 điểm)

0,25
0,25

8

1 + x 2 (1 x ) = C80 + C18 x 2 (1 x ) + C82 x 4 (1 x ) + C83 x 6 (1 x ) + C84 x 8 (1 x )
2

3

4

+ C85 x10 (1 x ) + C86 x12 (1 x ) + C87 x14 (1 x ) + C88 x16 (1 x )
5

6

7

8

Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8.

0,25
0,25

Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

C83.C32 , C84 .C 04

Suy ra

0,25

a8 = 168 + 70 = 238 .

0,25
1,0

V
Gọi M = cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C 3

= 2 cos 2 A 1 + 2 2 2 cos

B+C
BC
cos
3.
2
2

A
BC
A
> 0 , cos
1 nên M 2 cos 2 A + 4 2 sin 4 .
2
2
2
2

Mặt khác tam giác ABC không tù nên cos A 0 , cos A cos A . Suy ra:
A
A
A

M 2 cos A + 4 2 sin 4 = 2 1 2 sin 2 + 4 2 sin 4
2
2
2

Do sin

0,25
0,25

2

A
A
A

= 4 sin
+ 4 2 sin 2 = 2 2 sin 1 0 . Vậy M 0 .
2
2
2


2

cos 2 A = cos A

BC

Theo giả thiết: M = 0 cos
=1
2

1
A
sin 2 =
2


0,25

A = 90
B = C = 45



0,25

4


Mang Giao duc Edunet -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

----------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
----------------------------------------

C©u I (2 điểm)
Gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số y = m x +

1
x

(*)

( m là tham số).

1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m = .
4
2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C m ) đến tiệm
1
cận xiên của (Cm ) bằng
.
2

C©u II (2 điểm)
1) Giải bất phương trình

5x − 1 −

x −1 >

2x − 4.

cos 2 3x cos 2x − cos 2 x = 0.

2) Giải phương trình

C©u III (3 ®iÓm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d1 : x − y = 0 và d 2 : 2x + y − 1 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d 2
và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
x −1 y + 3 z − 3
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :
=
=
và mặt
2
1
−1
phẳng (P) : 2x + y − 2z + 9 = 0.
a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2.
b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình
tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông
góc với d.

C©u IV (2 điểm)
π

2

sin 2x + sin x
dx.
1
+
3cos
x
0
2) Tìm số nguyên dương n sao cho
+1
C12n +1 − 2.2C 22n +1 + 3.22 C32n +1 − 4.23 C 42n +1 + L + (2n + 1).2 2n C 2n
2n +1 = 2005

1) Tính tích phân I =

∫

( Ckn là số tổ hợp chập k của n phần tử).
C©u V (1 điểm)
1 1 1
+ + = 4. Chứng minh rằng
x y z
1
1
1
+
+
≤ 1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

------------------------------ Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh .................................................……

số báo danh........................................


Mang Giao duc Edunet -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
--------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
I

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------Môn: TOÁN, Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

Ý

Nội dung

Điểm
2,0
1,0

I.1

m=

1
1
1
⇒ y= x+ .
4
4
x

a) TXĐ: \\{0}.

0,25

b) Sự biến thiên: y ' =

1 1 x −4
−
=
, y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 2.
4 x2
4x 2
2

yCĐ = y ( −2 ) = −1, yCT = y ( 2 ) = 1.
Đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng.
1

Đường thẳng y = x là tiệm cận xiên.
4

0,25

c) Bảng biến thiên:
x
y’

− ∞

+

−2

0

−

0

−1

+∞

−

2
0

+∞
+
+∞

0,25

y

− ∞

−∞

1

d) Đồ thị

0,25

1


Mang Giao duc Edunet -

I.2

1,0

1
, y ' = 0 có nghiệm khi và chỉ khi m > 0 .
x2

1
1
Nếu m > 0 thì y ' = 0 ⇔ x1 = −
, x2 =
.
m
m
Xét dấu y '
x
1
−∞
−
0
m
+
0
−
||
−
y'
Hàm số luôn có cực trị với mọi m > 0.
y' = m −

0,25

1
m
0

+∞

0,25

+

⎛ 1
⎞
; 2 m ⎟.
⎝ m
⎠
Tiệm cận xiên (d) : y = mx ⇔ mx − y = 0.
Điểm cực tiểu của ( C m ) là M ⎜

d ( M, d ) =

m −2 m
m2 + 1

1
⇔
2
Kết luận: m = 1 .
d ( M;d ) =

=

m
m +1
2

m
m2 + 1

=

0,25

.

1
⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1.
2

II.

0,25
2,0
1,0

II.1
Bất phương trình:

⎧5x − 1 ≥ 0
⎪
5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 . ĐK: ⎨ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2.
⎪2x − 4 ≥ 0
⎩

0,25

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 ⇔ 5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 + 2 (2x − 4)(x − 1)
⇔ x + 2 > (2x − 4)(x − 1) ⇔ x + 4x + 4 > 2x − 6x + 4
2

0,25

2

⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10.
Kết hợp với điều kiện ta có : 2 ≤ x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho.
II.2

0,25
0,25
1,0

Phương trình đã cho tương đương với

(1 + cos 6x ) cos 2x − (1 + cos 2x ) = 0
⇔ cos 6x cos 2x − 1 = 0
⇔ cos8x + cos 4x − 2 = 0
⇔ 2 cos 2 4x + cos 4x − 3 = 0

⎡ cos 4x = 1
⇔⎢
⎢ cos 4x = − 3 ( lo¹i ) .
⎢⎣
2

π
Vậy cos 4x = 1 ⇔ x = k ( k ∈ ] ) .
2

0,25

0,25

0,5

2


Mang Giao duc Edunet -

III.
III.1

3,0
1,0

Vì A ∈ d1 ⇒ A ( t; t ) .

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D ∈ Ox nên C ( t; − t ) .

0,25

Vì C ∈ d 2 nên 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1. Vậy A (1;1) , C (1; −1) .

0,25

Trung điểm của AC là I (1;0 ) . Vì I là tâm của hình vuông nên

⎧ IB = IA = 1
⎨
⎩ ID = IA = 1
⎧ B ∈ Ox
⎧ B(b;0) ⎧⎪ b − 1 = 1 ⎧b = 0, b = 2
⇔⎨
⇒⎨
⇔⎨
⎨
⎩D ∈ Ox
⎩D(d;0) ⎪⎩ d − 1 = 1 ⎩d = 0, d = 2
Suy ra, B ( 0;0 ) và D ( 2;0 ) hoặc B ( 2;0 ) và D ( 0;0 ) .

0,25

0,25

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là

A (1;1) , B ( 0;0 ) , C (1; −1) , D ( 2;0 ) ,

hoặc

A (1;1) , B ( 2;0 ) , C (1; −1) , D ( 0;0 ) .

III.2a

1,0

⎧x = 1 − t
⎪
Phương trình của tham số của d : ⎨ y = −3 + 2t
⎪z = 3 + t.
⎩
I ∈ d ⇒ I (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) , d ( I, ( P ) ) =

−2t + 2
.
3

⎡t = 4
d ( I, ( P ) ) = 2 ⇔ 1 − t = 3 ⇔ ⎢
⎣ t = −2.
Vậy có hai điểm I1 ( −3;5;7 ) , I 2 ( 3; −7;1) .
III.2b

0,25

0,25
0,25
0,25
1,0

Vì A ∈ d nên A (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) .
Ta có A ∈ ( P ) ⇔
Vậy A ( 0; −1; 4 ) .

2 (1 − t ) + ( −3 + 2t ) − 2 ( 3 + t ) + 9 = 0 ⇔ t = 1 .

0,25

G

Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = ( 2;1; −2 ) .

G

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2;1) .

0,5

⎧x = t
⎪
Phương trình tham số của ∆ : ⎨ y = −1
⎪z = 4 + t.
⎩

0,25

JJG
G G
Vì ∆ ⊂ ( P ) và ∆ ⊥ d nên ∆ có vectơ chỉ phương u ∆ = ⎡ n, u ⎤ = ( 5;0;5 ) .
⎣
⎦

3

Mang Giao duc Edunet -

IV

2,0
1,0

IV.1
π
2

I=∫
0

(2 cos x + 1)sin x
dx .
1 + 3cos x

0,25

⎧
t2 −1
=
cos
x
⎪⎪
3
Đặt t = 1 + 3cos x ⇒ ⎨
3sin x

⎪dt = −
dx.
2 1 + 3cos x
⎩⎪
π
x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 1.
2
1
2
⎛ t −1 ⎞⎛ 2 ⎞
22 2
I = ∫⎜2
+ 1⎟ ⎜ − ⎟ dt = ∫ ( 2t + 1) dt.
3
91
⎠⎝ 3 ⎠
2⎝

0,25

0,25

2

⎞
2 ⎛ 2t 3
2 ⎡⎛ 16
⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎤ 34
= ⎜
+ t ⎟ = ⎢⎜ + 2 ⎟ − ⎜ + 1⎟ ⎥ = .

9⎝ 3
⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎦ 27
⎠ 1 9 ⎣⎝ 3
IV.2

Ta có (1 + x )

2n +1

=C

0
2n +1

+C

1
2n +1

x+C

2
2n +1

x +C
2

3
2n +1

0,25

x + ... + C
3

2n +1
2n +1

x

2n +1

∀x ∈ \.

1,0
0,25

Đạo hàm hai vế ta có

( 2n + 1)(1 + x )

2n

2
3
2
2n +1 2n
∀x ∈ \.
= C12n +1 + 2C2n
+1 x + 3C 2n +1 x + ... + ( 2n + 1) C 2n +1 x

Thay x = −2 ta có:

4
2n
2n +1
C12n +1 − 2.2C 22 n +1 + 3.2 2 C32n +1 − 4.23 C 2n
+1 + ... + ( 2n + 1) .2 C 2n +1 = 2n + 1.
Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005 ⇒ n = 1002 .

V

0,25
0,25
0,25
1,0

Với a, b > 0 ta có : 4ab ≤ (a + b) ⇔
2

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
Áp dụng kết quả trên ta có:

1
a+b
1
1⎛1 1⎞
≤
⇔
≤ ⎜ + ⎟.

a + b 4ab
a +b 4⎝a b⎠

0,25

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+ ⎟ (1).
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
2x + y + z 4 ⎝ 2x y + z ⎠ 4 ⎣ 2x 4 ⎝ y z ⎠ ⎦ 8 ⎝ x 2y 2z ⎠
Tương tự

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (2).
x + 2y + z 4 ⎝ 2y x + z ⎠ 4 ⎣ 2y 4 ⎝ x z ⎠ ⎦ 8 ⎝ y 2z 2x ⎠

0,5

1

1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜ +
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (3).
x + y + 2z 4 ⎝ 2z x + y ⎠ 4 ⎣ 2z 4 ⎝ x y ⎠ ⎦ 8 ⎝ z 2x 2y ⎠
1
1
1
1⎛ 1 1 1⎞
+
+
≤ ⎜ + + ⎟ = 1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 4 ⎝ x y z ⎠
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi
3
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
4
Vậy

-------------------------------Hết------------------------------4

0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4.
3

2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 2 x − 9x 2 + 12 x = m.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:

(

)

2 cos6 x + sin 6 x − sin x cos x
2 − 2sin x

= 0.

⎧⎪ x + y − xy
=3
2. Giải hệ phương trình: ⎨
( x, y ∈ \ ) .
x

1
y
1
4
+
+
+
=
⎪⎩
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A ' B'C ' D ' với
A ( 0; 0; 0 ) , B (1; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , A ' ( 0; 0; 1) . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB

và CD .
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN.
2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α
1
.
biết cos α =
6
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân: I =

π
2

∫
0

sin 2x

cos 2 x + 4sin 2 x

dx.

2. Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy .
1
1
+ 3.
3
x
y
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng:
d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y − 4 = 0, d3 : x − 2y = 0.
Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng
d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d 2 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

n

⎛ 1
⎞
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 4 + x 7 ⎟ , biết
⎝x
⎠
1
2
n

20
rằng C 2n +1 + C2n +1 + ... + C2n +1 = 2 − 1.
26

(n nguyên dương, Ckn là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: 3.8x + 4.12x − 18x − 2.27 x = 0.
2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và
bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B
sao cho AB = 2a. Tính thể tích của khối tứ diện OO ' AB.
---------------------------------------Hết--------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: ..................................