Đề thi và đáp án môn toán ôn thi đại hoc

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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.

⎧⎪ xy + x + y = x 2 − 2y 2
2. Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈ \).
x
2y
y
x
1
2x
2y
−
−
=
−

⎪⎩
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)
2

lnx
dx.
3
1 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
(x − y)(1 − xy)
thức P =
.
(1 + x) 2 (1 + y) 2
1. Tính tích phân I = ∫

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
k
1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12n + C32n + ... + C2n
2n = 2048 ( C n là số tổ hợp
chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y 2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm
n = 90o. Chứng minh rằng
phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC

đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
x 2 − 3x + 2
1. Giải bất phương trình log 1
≥ 0.
x
2
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:.............................................


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
• Tập xác định : D = \.
⎡x = 0
• Sự biến thiên : y ' = 3x 2 − 6x , y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 2.
• yCĐ = y ( 0 ) = 4, y CT = y ( 2 ) = 0.
• Bảng biến thiên :

x −∞
y’

0,25
0,25

0
0
4

+

y

2
0

−

−∞

+∞

+

+∞

0,25

0

• Đồ thị :

y
4
0,25

−1

2

O

2

x

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

Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;2) thuộc (C). Đường thẳng d đi
qua I(1;2) với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2.
Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình
x 3 − 3x 2 + 4 = k(x − 1) + 2 ⇔ (x − 1) ⎡⎣ x 2 − 2x − (k + 2) ⎤⎦ = 0
⎡ x = 1 (ứng với giao điểm I)
⇔⎢ 2
⎣ x − 2x − (k + 2) = 0 (*).
Do k > − 3 nên phương trình (*) có biệt thức Δ ' = 3 + k > 0 và x = 1 không
là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I( x I ; y I ),
A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) với x A , x B là nghiệm của (*).

0,50

0,50

Vì x A + x B = 2 = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn
thẳng AB (đpcm).
II

2,00
1

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
4sinx cos 2 x + s in2x = 1 + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 0.
1
2π
⇔x=±
+ k2π.
2

3
π
• sin2x = 1 ⇔ x = + kπ.
4

0,50

• cosx = −

Nghiệm của phương trình đã cho là x = ±
Trang 1/4

0,50
2π
π
+ k2π, x = + kπ (k ∈ ]).
3
4


2

Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0.

(1)
⎧⎪(x + y)(x − 2y − 1) = 0
Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎨
⎪⎩ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2)
Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).

Thay (3) vào (2) ta được
(y + 1) 2y = 2(y + 1) ⇔ y = 2 (do y + 1 > 0 ) ⇒ x = 5.
Nghiệm của hệ là (x ; y) = (5; 2).

0,50

0,50
2,00

III
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
x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*), trong đó a 2 + b 2 + c 2 − 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.

2

Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là
x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0.
Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm)
⎛3 3 3⎞
Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ .

⎝2 2 2⎠
Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là
mx + ny + pz + q = 0 (m 2 + n 2 + p 2 > 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.
⎩

0,50

0,50

0,50

Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z − 6 = 0.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H
của điểm I trên mặt phẳng (ABC).
3
3
3
x−
y−
z−
2.
2=
2=
Phương trình đường thẳng IH :
1

1
1
⎧x + y + z − 6 = 0
⎪
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ⎨
3
3
3
⎪⎩ x − 2 = y − 2 = z − 2 .
Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2).

0,50

2,00

IV
1

Tính tích phân (1,00 điểm)
dx
dx
1
Đặt u = ln x và dv = 3 ⇒ du =
và v = − 2 .
x
x
2x
2

2

0,25

2

ln x
dx
ln 2
1
Khi đó I = − 2 + ∫ 3 = −
− 2
8
2x 1 1 2x
4x 1
=

3 − 2 ln 2
.
16
Trang 2/4

0,50
0,25


2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
Ta có P =

(x − y)(1 − xy)
(x + y)(1 + xy)
1
1
1
≤
≤ ⇔− ≤P≤ .
2
2
2
(1 + x) (1 + y)
4
4
[ (x + y) + (1 + xy)] 4

1
• Khi x = 0, y = 1 thì P = − .
4
1
• Khi x = 1, y = 0 thì P = .
4

0,50

0,50

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

4

V.a

2,00
1

Tìm n biết rằng…(1,00)
−1
2n
Ta có 0 = (1 − 1) 2n = C02n − C12n + ... − C 2n
2n + C 2n .

0,50

−1
2n
2 2n = (1 + 1) 2n = C 02n + C12n + ... + C 2n
+ C 2n
.
2n

2n −1
⇒ C12n + C32n + ... + C 2n
= 22n −1.

0,50

Từ giả thiết suy ra 2 2n −1 = 2048 ⇔ n = 6.
2

Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm)
Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên B(

b2
c2
; b), C( ;c) với b, c
16
16

là hai số thực phân biệt, b ≠ 4 và c ≠ 4.
JJJG ⎛ b 2
⎞ JJJG ⎛ c 2
⎞
n = 90o nên
AB = ⎜ − 1; b − 4 ⎟ , AC = ⎜ − 1; c − 4 ⎟ . Góc BAC
16
16
⎝
⎠
⎝
⎠
JJJG JJJG
⎛ b2 ⎞ ⎛ c2
⎞
AB.AC = 0 ⇔ ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + (b − 4)(c − 4) = 0
⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠
⇔ 272 + 4(b + c) + bc = 0 (1).

0,50

Phương trình đường thẳng BC là:
c2
16 = y − c ⇔ 16x − (b + c)y + bc = 0 (2).
2
b c2 b − c
−
16 16
Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; −4).
x−

V.b

0,50

2,00
1

Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
Bpt đã cho tương đương với 0 <

x 2 − 3x + 2
≤ 1.
x

•

⎡0 < x < 1
x 2 − 3x + 2
> 0⇔⎢

x
⎣ x > 2.

•

⎡x < 0
x 2 − 4x + 2
≤ 0⇔⎢
x
⎣ 2 − 2 ≤ x ≤ 2 + 2.

0,50

) (

Tập nghiệm của bất phương trình là : ⎡⎣ 2 − 2 ;1 ∪ 2; 2 + 2 ⎤⎦ .
Trang 3/4

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.
1
2 3
a (đvtt).
Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 'B'C' = AA '.SABC = a 2. .a 2 =
2

2

A'
B'
0,50

C'

E

A
B
M
C

Gọi E là trung điểm của BB '. Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B 'C
nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B 'C bằng khoảng cách giữa
B 'C và mặt phẳng (AME).
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
a 7
1
1
1
1
1
1
4

2
7
.
=
+
+
⇒ 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h=
2
2
2
2
7
h
BA
BM
BE
h
a
a
a
a
Khoảng cách giữa hai đường thẳng B 'C và AM bằng

0,50

a 7
.
7

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

Trang 4/4


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

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
Cho hàm số y =
(1), với m là tham số thực.
x + 3m
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 45o.
Câu II (2 điểm)
1
1
⎛ 7π
⎞
+
= 4s in ⎜ − x ⎟ .
1. Giải phương trình

3π ⎞
s inx
⎛
⎝ 4
⎠
sin ⎜ x − ⎟
2
⎝
⎠
5
⎧ 2
3
2
⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
2. Giải hệ phương trình ⎨
( x, y ∈ \ ) .
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪⎩
4
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng

x −1 y z − 2
= =
.
2
1
2
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)
d:

π
6

tg 4 x
dx.
cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ \).

1. Tính tích phân I = ∫

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
5
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
3
n
2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ `* và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n

a1
a
+ ... + nn = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n .
2

2
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 vuông tại A,
AB = a, AC = a 3 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 ' .

thỏa mãn hệ thức a 0 +

...........................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 ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

Câu
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x − 2
4
.
Khi m = 1 hàm số trở thành: y =
= x−2+
x+3
x +3
• TXĐ: D = \ \ {−3} .

• Sự biến thiên: y ' = 1 −

0,25

⎡ x = −1
4
x 2 + 6x + 5
, y' = 0 ⇔ ⎢
=
2
2
(x + 3)
(x + 3)
⎣ x = −5

• yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1.

0,25

• TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞
y’

+

−5
0
−9

−1
0

−3
−

−

+∞

+

+∞

0,25

+∞

y

• Đồ thị:

−∞

−∞

−1
y

-5

-3

-1 O
-1

2

x

-2

0,25

-9

2

Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
6m − 2
= mx − 2 +
y=
.
x + 3m
x + 3m
1
• Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
3
1
• Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
3
d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0.

0,25

0,25

JJG
JJG
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1).

Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi
JJG JJG
n
m

m
1.n 2
2
cos450 = JJG JJG =
⇔
=
⇔ m = ± 1.
2
n1 . n 2
m2 + 1
m2 + 1
Trang 1/5

0,50


II

2,00
1

2

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
3π
Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0.
2
1
1
+

= −2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
s inx cosx
1
⎛
⎞
⇔ (s inx + cosx) ⎜
+ 2 2 ⎟ = 0.
⎝ s inxcosx
⎠
π
• s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ.
4
π
1
2
5π
•
⇔ x = − + kπ hoặc x =
+ kπ.
+ 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = −
s inxcosx
2
8
8
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
π
π
5π
+ kπ (k ∈ ]).

x = − + kπ ; x = − + kπ ; x =
8
8
4
Giải hệ... (1,00 điểm)
5
5
⎧ 2
⎧ 2
3
2
2
⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
⎪⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4
⇔⎨
(∗)
⎨
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5
⎪⎩
⎪⎩
4
4
5
⎧
⎪⎪ u + v + uv = − 4
⎧u = x 2 + y
. Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨
Đặt ⎨
v

=
xy
⎩
⎪u 2 + v = − 5
⎪⎩
4
5
5
⎧
⎡
2
⎪⎪ v = − 4 − u
⎢ u = 0, v = − 4
⇔⎨
⇔ ⎢
⎢u = − 1 , v = − 3 .
⎪u 3 + u 2 + u = 0
⎪⎩
⎣⎢
4
2
2
2
⎧x + y = 0
5
5
25
⎪
• Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨
.

5 ⇔ x = 3 và y = − 3
4
4
16
⎪ xy = −
⎩
4
1
3
• Với u = − , v = − ta có hệ phương trình
2
2
⎧ 2 3 1
⎧2x 3 + x − 3 = 0
⎪⎪ x − 2x + 2 = 0
3
⎪
⇔ x = 1 và y = − .
⇔⎨
⎨
3
2
⎪y = − 3
⎪y = −
⎩
2x
⎪⎩
2x
⎛ 5
25 ⎞

3⎞
⎛
Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜⎜ 3 ; − 3
⎟⎟ và ⎜1; − ⎟ .
16 ⎠
2⎠
⎝
⎝ 4

III

0,50

0,50

0,50

0,50

2,00
1

Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
G
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc
JJJG
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1).
JJJG G
Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.

Suy ra H ( 3;1; 4 ) .
Trang 2/5

0,50

0,50


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.

JJJG
Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.

0,50

0,50

Phương trình của (α) là

1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0.
IV

2,00
1

Tính tích phân... (1,00 điểm)
π
6

I=

π
6

4

tg x
tg 4 x
dx
=
∫0 cos 2x
∫0 (1 − tg 2 x ) cos2 x dx.

0,25

dx
1
π
. Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t =
.
Đặt t = tgx ⇒ dt =
2
cos x
6
3

Suy ra
1
3

I=

∫
0

1
3

4

t
1
dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫
2
1− t
20
0

=
2

1
3

(

)

(

1
⎛ t3
1 t +1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1
−
⎟ 3
⎜
⎟ dt = ⎜ − − t + ln
2 t −1 ⎠
⎝ t +1 t −1 ⎠
⎝ 3
0

)

1
10
ln 2 + 3 −
.
2
9 3

0,50

0,25

Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 .
Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] .
Ta có f '(x) =

1
2 4 (2x)3

+

1
1
1
−
−
2x 2 4 (6 − x)3
6−x

1⎛ 1
1
= ⎜
−
3
4
2 ⎜⎝ 4 (2x)
(6 − x)3
⎛ 1
1
Đặt u(x) = ⎜

−
⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3
⎝

⎞ ⎛ 1
1 ⎞
⎟+⎜
−
⎟,
⎟ ⎝ 2x
6−x ⎠
⎠

x ∈ (0;6).

0,50

⎞
1 ⎞
⎛ 1
⎟ , v(x) = ⎜
−
⎟.
⎟
2x
6
x
−
⎝
⎠

⎠

Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) .
Ta có bảng biến thiên:

x 0
f’(x)

+

f(x) 2 6 + 2 4 6

2
0

−

3 2 +6

Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6.
Trang 3/5

6
0,50
4

12 + 2 3

V.a

2,00
1

Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)
x 2 y2
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0.
a
b
⎧c
5
⎪ =
3
⎪⎪ a
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20
⎪ 2
2
2
⎪c = a − b .
⎪⎩

0,50

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

0,50

x 2 y2
+
= 1.
9
4

Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm)
Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 +
n

a1
a
⎛1⎞
+ ... + nn = f ⎜ ⎟ = 2n.
2
2
⎝2⎠

0,50

Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12.
k
k +1
Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12
, a k +1 = 2k +1 C12
k
ak
2k C12
23
k +1

< 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔
<1 ⇔ k < .
a k +1
2 C12
2 (12 − k )
3

Mà k ∈ ] ⇒ k ≤ 7. Do đó a 0 < a1 < ... < a 8 .
Tương tự,

0,50

ak
> 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 .
a k +1

8
Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12
= 126720.

V.b

2,00
1

Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
Điều kiện: x >

1
và x ≠ 1.

2

Phương trình đã cho tương đương với
log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4

0,50

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

⎡t = 1
2
= 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢
t
⎣ t = 2.

• Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2.
⎡ x = 0 (lo¹i)
• Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢
⎢ x = 5 (tháa m·n)
4
⎣

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

0,50

2

Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)
A'

C'

B'

A

C
H
B

Gọi H là trung điểm của BC.
1
1 2
Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC =
a + 3a 2 = a.
2
2

0,50

Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3.
1
a3
(đvtt).

Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC =
3
2
Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác
B' BH cân tại B'.
n
' BH
Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B

Vậy cosϕ =

0,50

a
1
= .
2.2a 4

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

Trang 5/5


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

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 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 sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx.
4
3
2 2
⎪⎧ x + 2x y + x y = 2x + 9
2. Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ \ ) .
⎪⎩ x + 2xy = 6x + 6
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)
π
π⎞
⎛
sin ⎜ x − ⎟ dx
4
4⎠
⎝
1. Tính tích phân I = ∫

.
sin 2x + 2(1 + sin x + cos x)
0
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2(x 2 + 6xy)
.
1 + 2xy + 2y 2

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)
n +1 ⎛ 1
1 ⎞ 1
k
1. Chứng minh rằng
⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là
n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn
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 x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x + 3y − 1 = 0.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
⎛
x2 + x ⎞
1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6
⎟ < 0.
x+4 ⎠

⎝

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:.............................................


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
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

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

• TXĐ : \.
⎡x = 0
• Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 1.

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1.
• Bảng biến thiên :

x −∞
y’

0,25

+

y

0
0
1

−

+∞

+
+∞

0,25

−1

−∞

• Đồ thị :

1
0

y
1
O

1

x

0,25

−1

2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình :

y = kx + k − 9.
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có

⎧⎪ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 )
nghiệm : ⎨
2
( 3)
⎪⎩12x − 12x = k
Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = (12x 2 − 12x ) ( x + 1) − 9

0,50

⎡ x = −1
⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢
⎢x = 5 .
⎣
4
2

• Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15.
5
15
15
21
• Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − .
4
4
4
4
15
21
Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − .
4

4
II

0,50

2,00
1

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0
⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0.
Trang 1/4

0,50


• cos2x = 0 ⇔ x =

π kπ
+ .
4 2

π
+ kπ.
3
π kπ
π
Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ]).
4 2

3
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9
2 2
⎛ 2
⎞
x
⎪
⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9
⎨
x2
2 ⎠
⎝
⎪ xy = 3x + 3 −
⎩
2
⎡x = 0
⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = − 4.
• sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = −

2

• x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
17
• x = −4 ⇒ y = .
4
17 ⎞
⎛

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

0,50

0,50

0,50

2,00
1

2

Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)
JJJG
JJJG
Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = ( −2; − 1; − 1) , tích có hướng của hai vectơ
G
JJJG JJJG
AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) .
G
Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình
2 ( x − 0 ) + 4 ( y − 1) − 8 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0.
Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
JJJG JJJG
Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

(ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC.
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
⎧2x + 2y + z − 3 = 0
⎪
⎨ x y +1 z −1
⎪1 = 2 = −4 .
⎩

0,50

0,50

0,50

0,50

Suy ra M ( 2;3; − 7 ) .
IV

2,00
1

Tính tích phân (1,00 điểm)

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

Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2.
4

0,25

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

2
2

2

∫
1

2 1
dt
=
2
2 t +1 1
(t + 1)

2

0,50

ơ

=

2⎛ 1
1 ⎞ 4−3 2
− ⎟=
.
⎜
2 ⎝ 2 +1 2 ⎠
4
Trang 2/4

0,25


2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
2(x 2 + 6xy)
2(x 2 + 6xy)
P=
.
=
1 + 2xy + 2y 2 x 2 + y 2 + 2xy + 2y 2

• Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2.
• Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó
2t 2 + 12t
⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1).
2
t + 2t + 3
3

− Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = .
4
− Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
P=

0,50

Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3.

3
1
3
1
.
, y=
, y=−
hoặc x = −
10
10
10
10
3
2
3
2
.
, y=−
, y=
hoặc x = −
P = −6 khi x =

13
13
13
13
Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
P = 3 khi x =

V.a

0,50

2,00
1

Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
n +1 ⎛ 1
1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)!
.
Ta có:
⎜ k + k +1 ⎟ =
(n + 1)!
n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2
1 k!(n − k)!
.
[(n + 1 − k) + (k + 1)]
n+2
n!
k!(n − k)! 1
=
= k.

n!
Cn
=

2

0,50

0,50

Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00)
• Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối
xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC.
G
G
JJJJG
• u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u

⎛ a −1 b −1 ⎞
;
và trung điểm I ⎜
⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là
2 ⎠
⎝ 2
⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
⎪
nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1
⇒ H ' ( −3;1) .
⎪⎩ 2 − 2 + 2 = 0
• Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là

G
v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0.
⎧3x − 4y + 13 = 0
⇒ A(5;7).
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩ x−y+2=0
1 JJJG
• Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4)
2
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0.
⎧ 3x + 4y + 7 = 0
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨
⎩3x − 4y + 13 = 0.

⎛ 10 3 ⎞
Suy ra C ⎜ − ; ⎟ .
⎝ 3 4⎠
Trang 3/4

0,50

0,50


V.b

2,00
1

Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Bất phương trình đã cho tương đương với
x2 + x
x2 + x
log 6
>1 ⇔
>6
x+4
x+4

0,50

( x + 3)( x − 8) > 0.
x 2 − 5x − 24
>0 ⇔
x+4
x+4
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 ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là
đường cao của hình chóp S.BMDN.
Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
a 3
AB

.
SM =
= a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH =
2
2
1
Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 .
2
a3 3
1
Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN =
(đvtt).
3
3
S

0,50

E

A
M

D

H

B

N

C

Kẻ ME // DN (E ∈ AD)
a
suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
2
n
(SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE
0,50
a 5
a 5
, ME = AM 2 + AE 2 =
.
2
2
a
n = ϕ và cosϕ = 2 = 5 .
Tam giác SME cân tại E nên SME
5
a 5
2
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---------------Suy ra SE = SA 2 + AE 2 =

Trang 4/4