10 đề thi ĐH có lời giải

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A
A.PHẦN BẮT BUỘC
CÂU I: Cho hàm số
3 2
2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + +
(
m
C
)
1) Cho m=2 . Tìm phương trình các đường thẳng qua
19
( , 4)
12
A
và tiếp xúc
với đồ thò (
2
C
) của hàm số .
2) Tìm m để hàm số có hai cực trò. Gọi
1
M
và
2
M
là các điểm cực trò ,tìm
m để các điểm
1
M
,
2

M
và B(0,-1) thẳng hàng.
CÂU II: Đặt
2
6
0
sin
sin 3 cos
xdx
I
x x
∏
=
+
∫
và
2
6
0
cos
sin 3 cos
xdx
J
x x
∏
=
+
∫
1) Tính I-3J và I+J
2) Từ các kết quả trên ,hãy tính các giá trò của I, J và

5
3
3
2
cos 2
cos 3 sin
xdx
K
x x
∏
∏
=
−
∫
CÂU III:
1)Chứng minh rằng với mọi
[ ]
1,1t ∈ −
ta có:
2 2
1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + − ≥ −
2)Giải phương trình:
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)x x x x x x x+ − + − − ≥ − − +
.
CÂU IV:
1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó
có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1?
2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số (chữ so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng

chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại
có mặt không quá một lần?
B.PHẦN TỰ CHỌN
Thí sinh được chọn một trong 2 câu Va và Vb:
CÂU Va:
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
( )SA ABCD⊥
và

2SA a=
.Trên cạnh AD lấy điểm M thay đổi. Đặt góc
ˆ
ACM
α
=
.Hạ
SN CM
⊥
.
1)Chứng minh N luôn thuộc một đường tròn cố đònh và tính thể tích tứ diện SACN
theo
a
và
α
.
2) Hạ
AH SC
⊥
,
AK SN

⊥
. Chứng minh rằng
( )SC AHK⊥
và tính độ dài đoạn HK
CÂU Vb:Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng
( )d
:
2 1 2 0x my+ + − =
và hai đường tròn:
2 2
1
( ) : 2 4 4 0C x y x y+ − + − =
và
2 2
2
( ) : 4 4 56 0C x y x y+ + − − =
.
1)Gọi I là tâm đường tròn
1
( )C
.Tìm m sao cho
( )d
cắt
1
( )C
tại hai điểm phân biệt A
và B.Với giá trò nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trò đó.
2)Chứng minh
1
( )C

tiếp xúc với
2
( )C
.Viết phương trình tổng quát của tất cả các
tiếp tuyến chung của
1
( )C
và
2
( )C
.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TPHCM-KHỐI A
CÂU I:
Cho hàm số
3 2
2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + +
(
m
C
)
1. Cho m=2. Tìm phương trình các đường thẳng qua
9
( , 4)
12
A
và tiếp xúc với (C
2
).
Với m=2:
3 2

2 3 5y x x= − +
(C
2
).
Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k:
19
( ) 4
12
y k x= − +
(d) tiếp xúc (C
2
)
⇔
19
3 2
2x 3 5 ( ) 4 (1)
12

2
6 6 (2)
x k x
x x k

− + = − +



− =

có nghiệm.

Thay (2) vào (1):
19
3 2 2
2 3 5 (6 6 )( ) 4
12
3 2 2
8 25 19 2 0 ( 1)(8 17 2) 0
1 0
2 12
1 21
8 32
x x x x x
x x x x x x
x k
x k
x k
− + = − − +
⇔ − + − = ⇔ − − + =


= ⇔ =

⇔ = ⇔ =


= ⇔ = −


Vậy phương trình đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C
2

) là:
y=4 hay y=12x - 15 hay
21 645
32 128
y x= − +
2. Tìm m để hàm số có 2 cực trò.
Ta có:
3 2
2 3( 3) 11 3y x m x m= + − + −


,
2
6 6( 3)y x m= + −

,
2
0 6 6( 3) 0y x m= ⇔ + − =
(1)
0
(1)
3
x
x m
=

⇔

= −


Hàm số có 2 cực trò
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt
3 0 3m m
⇔ − ≠ ⇔ ≠
.
Tìm m để 2 điểm cực trò M
1
, M
2
và B(0, -1) thẳng hàng.
Để tìm phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò M
1
, M
2
ta chia f(x) cho
'
( )f x
:
1 3
' 2
( ) ( ) ( 3) 11 3
3 6
m
f x f x x m x m
−
 
= + − − + −
 
 

Suy ra phương trình đường thẳng M
1
M
2
là:
2
( 3) 11 3y m x m= − − + −
M
1
, M
2
, B thẳng hàng
B⇔ ∈
M
1
M
2

⇔
-1=11-3m
⇔
m= 4
So với điều kiện m
≠
3 nhận m= 4
ĐS:m=4
CÂU II:
Đặt
2 2
/ 6

6
sin cos
,
sin 3 cos sin 3 cos
0 0
x x
I dx J dx
x x x x
π
π
= =
∫ ∫
+ +
1) Tính I - 3J và I + J.
π π
2 2
6 6
sin x - 3cos x (sinx - 3cosx)(sinx + 3cosx)
• I - 3J= dx = dx
sinx + 3cosx sinx + 3cosx
0 0
π
π
6
6
= (sinx - 3cosx)dx =(-cosx - 3sinx) =1 - 3
0
0
∫ ∫
∫

π π
2 2
6 6
sin x + cos x 1
• I + J= dx = dx
sinx + 3cosx sinx + 3cosx
0 0
π
π π π
sin(x + )
6 6 6
1 1 1 1
3
= dx = dx = dx
π π
2 2
2
1 3
0 0 0
sin(x+ ) 1 - cos (x + )
2( sinx + cosx)
3 3
2 2
∫ ∫
∫ ∫ ∫
Đặt
cos( ) sin( )
3 3
t x dt x dx
π π

= + ⇒ = − +
Đổi cận :
1
0
2
0
6
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
1 1
0
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 4 1 1
1 1
1
0 0
2
1
1 1 1
2
ln ln 3
4 1 4
0
dt
I J dt dt

t t
t t
t
t
−
 
⇒ + = = = +
∫ ∫ ∫
 ÷
+ −
 
− −
 + 
= =
 ÷
−
 
2. Tính I, J, K
5
3
cos 2
cos 3 sin
3
2
x
dx
x x
π
π
=

∫
−
Ta có:
3 1 3
ln 3
3 1 3
16 4
1
ln 3
1 3 1
ln 3
4
16 4
I
I J
I J
J

−

= +
− = −

 
⇔
 
+ =
−
 
= +




Đổi biến số cho tích phân K: Đặt
3
2
t x dt dx
π
= − ⇒ =
Đổi cận:
3
0
2
5
3 6
x t
x t
π
π π
= ⇒ =
= ⇒ =
3
cos 2
6
2
3 3
0
cos 3 sin
2 2
2 2

6 6
cos 2 sin cos 1 1 3
ln 3
8 2
sin 3 cos sin 3 cos
0 0
t
K dt
t t
t t t
dt dt I J
t t t t
π
π
π π
π π
 
+
 ÷
 
⇒ =
∫
   
+ − +
 ÷  ÷
   
− − −
= = = − = +
∫ ∫
+ +

CÂU III:
1. Chứng minh
[ ]
2 2
1,1 , 1 1 1 1 2t t t t t∀ ∈ − + + − ≥ + − ≥ −
vì
[ ]
1,1t ∈ −
nên đặt t= cos2x với
0,
2
x
π
 
∈
 
 
Khi đó bất đẳng thức trở thành:
2 2
1 cos 2 1 cos 2 1 1 cos 2 2 cos 2x x x x+ + − ≥ + − ≥ −
( )
( )
( )
2 2 2 2
2
2
2cos 2sin 1 sin 2 2 1 sin 2
2 cos sin 1 sin 2 1 sin 2 (*)
1 sin 2 2 cos sin ( )
1 sin 2 1 sin 2 ( )

x x x x
x x x x
x x x a
x x b
⇔ + ≥ + ≥ − −
⇔ + ≥ + ≥ +

+ ≤ +

⇔

+ ≥ +


Tacó:
(a)
( )
2
cos sin 2(cos sin )x x x x⇔ + ≤ +
đúng
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
(b)
2

sin 2 sin 2x x⇔ ≥ đúng
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
Do đó (*) đúng
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
, nghóa là bắt đẳng thức được chứng minh.
2. Giải phương trình:
Ta đặt điều kiện cho phương trình :
Điều kiện của vế trái:
2
2 0
2 2
1 2 0 2 1 0 2
2
2 1
x x
x x x x x

x x

− ≥

− − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ⇔ ≤ ≤


− ≤

Điều kiện của vế phải:
Với
0 2x≤ ≤
thì
2
0 2 1x x≤ − ≤
, do đó ta có thể áp dụng bất đẳng thức
2
1 1 2t t t+ + − ≥ − trong câu 1 thì ta được:
VT=
2
2 2 2 2
1 2 1 2 2 2 2 2x x x x x x x x
 
+ − + − − ≥ − − = − +
 
 
Do (VT)
2
2 2x x≥ − + nên điều kiện của vế phải là:
2 2 2

2( 1) (2 4 1) 2 2x x x x x− − + ≥ − +
2 2 2 2
2( 2 1) 2( 2 ) 1 2 2x x x x x x
 
⇔ − + − + ≥ − +
 
 
Đặt
2
2t x x= − khi đó điều kiện trở thành:
2
2( 1) (2 1) 2t t t+ + ≥ +

2
(4 10 7) 0t t t⇔ + + ≥
2
0(4 10 7) 0,t t t t⇔ ≥ + + ≥ ∀
Vậy điều kiện vế phải là:
2
2 0 0 2x x x x− ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥
Tóm lại: điều kiện của phương trình là:
0 2
0 2
0 2
x
x x
x x
≤ ≤

⇔ = ∨ =


≤ ∨ ≥

Dễ dàng nhận thấy rằng
0 2x x= ∨ =
là nghiệm của phương trình. do đó phương trình có 2
nghiệm
0 2x x= ∨ =
CÂU IV:
1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0
nhưng không có mặt chữ số 1.
Gọi số cần tìm là:x=
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và
1
0a ≠
nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.
Số cách xếp cho 5 vò trí còn lại là :
8
5
A
Vậy số các số cần tìm là: 5.
8
5
A
=33.600 (số)
2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có
mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.

Gọi số cần tìm là:
Y=
1 2 3 4 5 6 7
a a a a a a a
Giả sử
1
a
có thể bằng 0:
Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là:
2
7
C

Cách xếp vò trí cho ba chữ số 3 là:
3
5
C

Cách xếp cho 2 vò trí còn lại là: 2!
2
8
C

Bây giờ ta xét
1
a
= 0:
Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là:
2
6

C
Cách xếp vò trí cho ba chữ số 3 là:
3
4
C
Cách xếp cho 1 vò trí còn lại làø:7
Vậy số cần tìm là:
2
7
C
.
3
5
C
.2!
2
8
C
-
2
6
C
.
3
4
C
.7= 11.340 (số)
CÂU Va:
1. N thuộc đường tròn cố đònh.
Ta có:

SN CM AN NC
⊥ ⇒ ⊥
N
( )ABCD∈
và
¼
0
90ANC =
nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố đònh.
Ta có: CN=AC
cos 2 cosa
α α
=
Vậy
V
SACN
=
1 1 1
. . . sin .
3 3 2
S SA AC CN SA
ACN
α
=
=
1
2. 2.cos .sin . 2
6
a a a
α α

=
3
2
sin 2
6
a
α
2. Tính đoan HK.
Ta có
( )CN SAN⊥ ⇒

CN AK⊥
(1)
Và
AK SN
⊥
(2)
Từ (1),(2)
( )AK SCN⇒ ⊥

AKH⇒ ∆
vuông tại K.
Ta có:
.sin 2 sinAN AC a
α α
= =
SAN∆
có
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2

2 2 sinAK AS AN a a
α
= + = +
sin 2
2
1 sin
a
AK
α
α
⇒ =
+
Tam giác SAC có AH= a.
Vậy
2 2
2 sin
2 2 2 2
2
1 sin
a
HK AH AK a
α
α
= − = −
+
=
2 2 2
sin
2
1 sin

a a
α
α
−
+
HK
cos
2
1 sin
a
α
α
⇒
+
CÂU Vb:
2 2
( ) : 2 4 4 0
1
2 2
( ) : 4 4 56 0
2
( ) : 2 1 2 0
C x y x y
C x y x y
d x my
+ − + − =
+ + − − =
+ + − =
Ta có
( )

1
C
có tâm I (1;-2) và bán kính
1
R
=3
(d) cắt
( )
1
C
tại 2 điểm phân biệt A, B
( ( ))
1
d I d R⇔ < <
.
2
2 2 1 2 3 2
2 2
1 4 4 18 9
2
5 4 17 0
m m
m m m
m m
m R
⇔ − + − < +
⇔ − + < +
⇔ + + >
⇔ ∈
Ta có:

¼
1 1 9
. sin .
2 2 2
S IA IB AIB IA IB
IAB
= ≤ =
Vậy :
S
IAB
lớn nhất là
9
2
khi
¼
0
90AIB =
⇔
AB =
2 3 2
1
R =
⇔
d(I,(d))=
3 2
2
⇔

3 2
2

1 2 2
2
m m− = +
2 2
16 16 4 36 18
2
2 16 32 0
m m m
m m
⇔ − + = +
⇔ + + =
2
( 4) 0 4m m⇔ + = ⇔ = −
2)
( )
2
C
có tâm J(-2,2) và bán kính
2
R
= 8
Ta có: IJ= 9 16+ =5=
2 1
R R−
Vậy
( )
1
C
và
( )

2
C
tiếp xúc trong tại điểm có tọa độ thỏa :
14
2 2
2 4 4 0
5
2 2 22
4 4 56 0
5
x
x y x y
x y x y
x

=


+ − + − =
 
⇔
 
 
+ + − − =
= −



Suy ra phương trình tiếp tuyến chung là:
14 22 14 22

. 2 4 0
5 5 5 5
9 12 78
0
5 5 5
x y x y
x y
     
+ − − + + − − =
     
     
⇔ − − =
⇔
3x - 4y – 26 = 0
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A,B
ĐẠI HỌC LUẬT TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A
CÂU I: (2 điểm)
Cho hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
2) Cho điểm A(0;a). Xác đònh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp
điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.
CÂU II: (2 điểm)

Cho phương trình:
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin cos )x x x x x m x x+ + = +
(1)
Với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m=2.
2) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
0;
2
∏
 
 
 
CÂU III: (2 điểm)
1) Tính tích phân:
1
5 3
1
0
I x x dx= −
∫
2) Chứng minh rằng:
1 1 2 2 3 3 1
.3 2 .3 3 .3 ... . .4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
− − − −
+ + + + =
trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1.

CÂU IV: (2 điểm)
1) Xác đònh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:
2
2
( 1)
( 1)
x y a
y x a

+ = +


+ = +


2) Giải phương trình:
2 6 2
2 2 2
log log log 4
4 2.3
x
x
x
− =
CÂU V: (2 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1),
A(1;1;0). Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0.
1) Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n.
2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) .Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN)
tiếp xúc với một mặt cầu cố đònh.

ĐẠI HỌC LUẬT TPHCM-KHỐI A,B
ĐẠI HỌC LUẬT KHỐI A
CÂU I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
• TXĐ: D=R\{1}
( )
3
,
0
2
1
y
x
−
= < ⇒
−
Hàm số giảm trên từng khoảng xác đònh
• TCD: x=1 vì
lim
1
y
x

= ∞
− >
• TCN: y=1 vì
lim 1y
x
=
→ ∞
• BBT:
• Đồ thò:

2) Xác đònh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2
phía của 0x.
Gọi
( ; ) ( )
0 0
M x y C∈
2
0
0
1
0
x
y
x
+
⇔ =
−
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
'
( )( )

0 0 0
y f x x x y= − +
2
3
0
( )
0
2
1
( 1)
0
0
2
4 2
3
0 0
2 2
( 1) ( 1)
0 0
x
y x x
x
x
x x
y x
x x
+
−
⇔ = − +
−

−
+ −
−
⇔ = +
− −
Tiếp tuyến qua A(0,a)
2
4 2
0 0
2
( 1)
0
x x
a
x
+ −
⇔ =
−
2
( 1) 2( 2) 2 0
0 0
a x a x a⇔ − − + + + =
(1)
(vì
0
x
=1 không là nghiệm)
Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:
1 0
1

,
2
0
a
a
a
− ≠

≠


⇔
 
> −

∆ >


Khi đó (1) có 2 nghiệm là
0
x
,
1
x
⇒
Tung độ tiếp điểm
2
0
0
1

0
x
y
x
+
=
−
và
2
1
1
1
1
x
y
x
+
=
−
Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox.
( )
2
2
0
1
0 . 0
0 1
1 1
0 1
2( ) 4

0 1 0 1
0
1
0 1 0 1
2 4( 2)
4
1 1
0
2 2( 2)
1
1 1
9 6 2
0 3 2 0
3 3
x
x
y y
x x
x x x x
x x x x
a a
a a
a a
a a
a
a a
+
+
⇔ < ⇔ <
− −

+ + +
⇔ <
− + +
+ +
+ +
− −
⇔ <
+ +
− +
− −
+ −
⇔ < ⇔ − − < ⇔ >
−
Tóm lại:
2, 1
2
3
a a
a
> − ≠


−

>



2
3

a
−
⇔ >
và
1a
≠
ĐS:
2
, 1
3
a a
−
> ≠
CÂU II:
Cho 2cos2x + sinx
2
cosx + sinxcos
2
x = m(sinx + cosx) (1)
a) Giải (1) khi m=2:
Ta có:
( )
[ ]
2 2
2cos 2 sin cos sin cos
2 2
2 cos sin sin cos (sin cos )
2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos )
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos
x x x x x

x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
+ +
= − + +
= − + + +
= + − +
Vậy:
Phương trình (1
[ ]
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0
sin cos 0(2)
2(cos sin ) sin cos 0(3)
x x x x x x m
x x
x x x x m
⇔ + − + − =
+ =

⇔

− + − =

Ta có:
(2)
sin cos
1
4
x x
tgx x k

π
π
⇔ = −
⇔ = − ⇔ = − +
Đặt
cos sin 2 cos( )
4
t x x x
π
= − = +
. Điều kiện
2t ≤
Khi đó phương trình (3) trở thành :
2
1
2 0
2
t
t m
−
+ − =
2
4 2 1 0t t m⇔ − + − =
(*)
Với m=2, phương trình (*) trở thành :
2
4 3 0t t− + =
⇔
t=1 hay t=3 (loại)
⇔

t=1
Vậy:
2
2 cos( ) 1 cos( )
4 4 2
x x
π π
+ = ⇔ + =
2
4 4
x k
π π
π
⇔ + = ± +
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=


⇔

= − +

Tóm lại: nghiệm của phương trình khi m=2 là:

, 2 , 2 ( )
4 2
x k x k x k k
π π
π π π
= − + = = − + ∈ Z
b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
Ta có:
3
0
2 4 4 4
x x
π π π π
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤
Nhận xét:
Nghiệm của (2) không thuộc
[0, ]
2
π
.
Do đó: Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
.
 Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1]
Ta có: (*)

2
4 1 2t t m⇔ − = −
Xem hàm số f(t)=
2
4t t−
trên [-1;1]
'
( ) 2 4 0, [1, 1]f t t t⇒ = − < ∀ ∈ −
⇒
y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]
Vậy: YCBT
(1) 1 2 ( 1)
3 1 2 5
2 2
f m f
m
m
⇔ ≤ − ≤ −
⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ ≤
CÂU III:
1) Tính
1
5 3
. 1
0
I x x dx⇒ = −
∫
Đặt
3 2 3 2

1 1 2 3t x t x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = −
Đổi cận :
0 1
1 0
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
1
3 3 2
. 1
0
I x x x dx⇒ = −
∫
( )
1
2
2
(1 ). .
3
0
1
2
2 4
3
0
1
3 5
2 4
3 3 5 45

0
t t t dt
t t dt
t t
−
 
= −
∫
 
 
= −
∫
 
 
= − =
 
 
2) Chứng minh
1 1 2 2 1
.3 2 .3 ....... . .4 .
n n n n
C C n C n
n n n
− − −
+ + + =
Ta có:
0 1 1 2 1 2
(3 ) .3 .3 . .3 . ....... .
n n n n n n
x C C x C x C x

n n n n
− −
+ = + + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:
1 1 1 2 2 1
(3 ) .3 2 .3 .......... .
n n n n n
n x C C x nC x
n n n
− − − −
+ = + + +
Cho x=1,ta được điều phải chứng minh.
CÂU IV:
1)





+=+
+=+
axy
ayx
2
2
)1(
)1(
Điều kiện cần :
Nếu hệ có 2 nghiệm
( )

0 0
,x y
thì
0 0
( , )y x
cũng là nghiệm của hệ.
Nên hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x y=
.
Thế vào hệ ta được :
2
( 1)
0 0
x x a+ = +
2
1 0
0 0
x x a⇒ + + − =
Ta có
2
1 0
0 0
x x a+ + − =
có nghiệm duy nhất.
0)1(41 =−−=∆⇒ a
3
4
a⇒ =
Điều kiện đủ:

Với
3
4
a =

Hệ trở thành:
( )
3
2
1 (1)
4
3
2
( 1) (2)
4
x y
y x

+ = +




+ = +


Lấy (1) -(2) ta được : (x - y)(x + y + 3)=0
3
y x
y x

=

⇔

= − −

Thế y=x vào (1) ta được :
1 1
2
4 4 1 0
2 2
x x x y+ + = ⇔ = − ⇒ = −
Thế y= - x - 3 vào (1) ta được :
2
4 12 13 0x x+ + =
( vô nghiệm )
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất
1
2
1
2
x
y

= −




= −



Vậy
3
4
a =
thỏa yêu cầu bài toán.
2) Giải phương trình :
2
222
4log6log2log
3.24
xx
x =−
Điều kiện: x > 0.
Ta có:
log 2 1 log log
2 2 2
4 4 4.4
x x x+
= =
log 6 log
2 2
6
x
x =
2
log 4 2 2 log log
2 2 2
3 3 9.9

x x x+
= =
Do đó phương trình trở thành:

log log log
2 2 2
4.4 6 18.9
x x x
− =
log log
3 9
2 2
4 18.
2 4
x x
   
⇔ − =
   
   
(*)
Đặt
log
3
2
2
x
t
 
=
 

 
. Điều kiện: t > 0.
Khi đó phương trình (*) trở thành:
4 – t = 18t
2

2
18 4 0t t⇔ + − =

4
9
1
( )
.
2
t
t lo ai

=

⇔


= −



Vậy phương trình
log
log

3 4
2
2
2
2 9
x
x
 
⇔ = ⇔ = −
 
 
Vậy
1
4
x =
là nghiệm của phương trình.
CÂU V:
S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0) với m + n = 1 và m > 0, n > 0.
1) Thể tích hình chóp S.OMAN.
Hình chóp S.OMAN có SO là chiều cao.
Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích
OMA
∆
và
ONA
∆
[ ] [ ]
2
1
2

,
2
1
,
2
1
=
+
=+=⇒
nm
OAONOAOMS
OMAN
Vậy
1 1 1 1
. .1.
.
3 3 2 6
V SO S
S OMAN OMAN
= = =
(đvtt)
2) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SMN).
Ta có:
( ;0. 1)
(0, , 1)
SM m
SN n

= −


⇒

= −


uuur
uuur
Véctơ pháp của (SMN) là
( , , )n n m mn=
r
Phương trình mặt phẳng (SMN)
0nx my mnz mn+ + − =
Ta có:d(A,(SMN))
2 2 2 2
n m mn
n m m n
+ −
=
+ +
1 .
1
1
1
2 2
1 2
m n
mn
mn
mn m n
−

−
= = =
−
− +

Suy ra(SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố đònh.
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH- KHỐI D , M, T
PHẦN BẮT BUỘC
CÂU I (2 điểm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò
( )C
của hàm số
2
2 1
1
x x
y
x
+ +
=
+
2) Gọi
( )M C∈
có hoành độ
M
x m=
. Chứng tỏ rằng tích các khoảng cách từ M đến hai
đường tiệm cận của
( )C
không phụ thuộc vào m

CÂU II (2 điểm)
1) Giải phương trình
4 4
4(sin cos ) 3 sin 4 2x x x+ + =
2) Cho phương trình
(sin cos 1) 1 2sin cosm x x x x+ + = +
(1)
Xác đònh giá trò của tham số m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn
0;
2
π
 
 
 
CÂU III (2 điểm) Cho hệ phương trình:
1 2
1 2
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(với
0m
≥
)

1) Giải hệ phương trình khi m=0.
2) Xác đònh m để hệ có nghiệm.
CÂU IV (2 điểm)
1) Tính tích phân :
4
2
0
(sin 2 cos )
dx
x x
∏
+
∫
2) Cho A là một tập hợp gồm 20 phần tử.
a) Có bao nhiêu tập hợp con của A
b) Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần tử là số chẵn?
PHẦN TỰ CHỌN
Thí sinh chọn một trong hai câu Va hoặc Vb
CÂU Va (2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ De-cac vuông góc Oxy cho họ đường tròn:

2 2 2
( ) : 2 4 5 1 0
m
C x y mx my m+ − + + − =
1) Chứng minh rằng họ
( )
m
C
luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố đònh.

2) Tìm m để
( )
m
C
cắt đường tròn
2 2
( ) : 1C x y+ =
tại hai điểm phân biệt A và B.
Chứng minh rằng khi đó đường thẳng AB có phương không đổi.
CÂU Vb (2 điểm)
Cho tam diện ba góc vuông là Oxyz.Trên ba cạnh Ox, Oy, Oz ta lần lượt lấy các điểm
A, B, C sao cho OA=a ,OB=b, OC=c, trong đó a,b,c là ba số dương.
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(ABC).Chứng minh rằng H là trực tâm của
tam giác ABC.Tính OH theo a, b, c
2) Chứng tỏ rằng
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
ABC OAB OBC OCA
S S S S= + +
với
, , ,
ABC OAB OBC OCA
S S S S
lần lượt là diện tích của các tam giác ABC , OAB , OBC , OCA.

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM-KHỐI D,M,T
CÂU I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số:
2
2 1

1
x x
y
x
+ +
=
+
• TXĐ: D = R\{-1}
2
2 4
'
2
( 1)
x x
y
x
+
=
+
0
' 0
2
x
y
x
=

= ⇔

= −


• Tiệm cận đứng: x= -1 vì
lim
1
y
x
= ∞
→ −
Ta có:
2
2 1
1
y x
x
= − +
+
Ψ Tiệm cận xiên: y = 2x - 1 vì
2
lim 0
1x
x
=
+
→ ∞
• BBT
• Đồ thò:
Cho x = 1 suy ra y = 2.


2) Gọi M 0 (C) có X

M
= m. Chứng tỏ rằng tích các khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận
của (C) không phụ thuộc m.
Ta có: X
M
= m
2
2 1
1
y m
M
m
⇒ = − +
+
Tiệm cận đứng : x + 1 = 0 (D1)
Suy ra d
1
(M, D1)
1
1
1
m
m
+
= = +
Tiệm cận xiên: 2x – y – 1 = 0 (D2)
d
2
(M,D2) =
2

2 2 1 1
2
1
5 5 1
m m
m
m
− + − −
+
=
+
Suy ra d
1
.d
2
=
2 2
1
5 1 5
m
m
+ =
+
(không phụ thuộc m)
CÂU II:
1) Giải phương trình:
4 4
4(sin cos ) 3 sin 4 2x x x+ + =
Ta có:
4 4 2 2 2 2 2

sin cos (sin cos ) 2sin cosx x x x x+ = + −
=
1
2
1 sin 2
2
x−
=
1 1 cos 4
1
2 2
x−
 
−
 
 
=
3 1
cos 4
4 4
x+

Do đó: Phương trình

3 1
4 cos 4 3 sin 4 2
4 4
cos 4 3 sin 4 1
1 3 1
cos 4 sin 4

2 2 2
2
cos 4 cos
3 3
x x
x x
x x
x
π π
 
⇔ + + =
 
 
⇔ + = −
⇔ + = −
 
⇔ − =
 
 

)(
212
24
Zk
kx
kx
∈







+−=
+=
ππ
ππ
2) Tìm m để
(sin cos 1) 1 2sin cosm x x x x+ + = +
có nghiệm thuộc
0;
2
∏
 
 
 
Đặt
sin cos 2 sin
4
t x x x
π
 
= + = +
 
 
Ta có:
3
0
2 4 4 4
x x

π π π π
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤

2
sin 1
2 4
1 2
x
t
π
 
⇒ ≤ + ≤
 
 
⇒ ≤ ≤
Khi đó phương trình trở thành
2
( 1) 1 ( 1)m t t+ = + −
2
1
t
m
t
⇔ =
+
Xem hàm số:
f(t) =
2
1
t

t +
trên
1, 2
 
 

( )
2
2
'( ) 0, 1, 2
2
1
t t
f t t
t
+
 
⇒ = > ∀ ∈
 
+

Suy ra y = f(t) là hàm tăng trên
1, 2
 
 
.
Do đo:ù phương trình có nghiệm
(1) ( 2)f m f⇔ ≤ ≤
( )
1

2 2 1
2
m⇔ ≤ ≤ −
CÂU III:
1) Cho
1 2
1 2
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(với
0m ≥
)
Giải hệ khi m = 9.
Điều kiện:
2
2
x
y
≥


≥


Khi đó:
Hệ phương trình
1 2 ( 1)( 2) (1)
1 2 ( 2)( 1) (2)
x y x y m
x y x y m

+ − + + − =

⇔

+ − + − + =


Lấy (1) trừ (2) được:

( 1)( 2) ( 2)( 1)
2 2 2 2
x y x y
xy x y xy x y
x y
+ − = − +
⇔ − + − = + − −
⇔ =
Do đó: Hệ phương trình
1 2 (3)
x y
x x m
=



⇔

+ + − =


Với m = 9, (3) trở thành 1 2 3x x+ + − =
33
3
52
5)2)(1(
2
=⇒=⇔



=
≤≤
⇔





−=−+
≥
⇔
yx
x
x

xxx
x
Vậy nghiệm của hệ khi m = 9 là:
3
3
x
y
=


=

2) Tìm m để hệ có nghiệm:
Xem hàm số f(x)= 1 2x x+ + − trên
[
)
2;+∞
Ta có:
1 1
'( ) 0, 2
2 1 2 2
f x x
x x
= + > ∀ >
+ −
⇒
y = f(x) là hàm số tăng trên
[
)
2;+∞

Mặt khác
lim ( )f x
x
= +∞
→ +∞
nên:
Hệ có nghiệm
⇔
(3) có nghiệm
(2)
3
3
m f
m
m
⇔ ≥
⇔ ≥
⇔ ≥
CÂU IV:
1) Tính
4
2
0
(sin 2 cos )
dx
x x
∏
+
∫
Ta có :

4
2 2
cos ( 2)
0
dx
I
x tgx
π
=
∫
+
Đặt t = tgx
1
2
cos
dt dx
x
⇒ =
Đổi cận:

0 0
1
4
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
Suy ra
( )

1
1
1 1 1
2
2 6
0
2
0
I dt
t
t
−
= = =
∫
+
+
2) Cho A là tập hợp có 20 phần tử:
a) Có bao nhiêu tập con của A:
Số tập hợp con của A là:
0 1 2 20 20 20
........ (1 1) 2
20 20 20 20
C C C C+ + + + = + =
b) Ta có:
0=
20 0 1 2 3 20
(1 1) .........
20 20 20 20 20
C C C C C− = − + − + +
(*)

Số tập con khác rỗng của A có số phần tử chẵn là:
2 4 6 20
........
20 20 20 20
C C C C+ + + +
=
1 3 19 0
........
20 20 20 20
C C C C+ + + −
(Do(*))
=
1
20 19
.2 1 2 1
2
− = −
(Do câu a)
CÂU Va:
(Cm) x
2
+ y
2
-2mx + 4my + 5m
2
– 1 = 0
1) (Cm) luôn luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng cố đònh.
Cách 1:
Phương trình (Cm) là
( ) ( )

2 2
2 1x m y m− + + =
Ψ Tâm I(m, -2m) và R = 1.
Gọi đường thẳng luôn tiếp xúc (Cm) là: Ax + By + C = 0
)(∆
Ta có: d(I,
)(∆
) = R,
m
∀
2 2
( 2 ) ,m A B C A B m⇔ − + = + ∀
2 0
2
2 2
5.
A B
A B
C B
C A B
− =

=

 
⇔ ⇔
 
= ±

= +




Vậy (Cm) tiếp xúc với 2 đường thẳng cố đònh là:

2 5 0x y+ ± =
Cách 2:
Vì họ (Cm) có bán kính R = 1 bằnh nhau và tập hợp tâm I là đường thẳng d:2x + y = 0 nên
luôn tồn tại 2 đường thẳng
)(∆
cố đònh tiếp xúc với (Cm). Đường thẳng
)(∆
ở trên song song với d
và cách d một đoạn bằng 1.
)(∆
// d
⇒

)(∆
: 2x +y + C = 0
d(
)(∆
// d)=1
1
14
=
+
⇔
C
5C⇔ = ±

Vậy
)(∆
:
2 5 0x y+ + ± =
2) (Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
(C) có tâm O và bán kính R’=1
Ta có OI=
2 2
4 5m m m+ =
(Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
' 'R R OI R R⇔ − < < +

0 5 2 0m m⇔ < < ⇔ ≠
và
2
5
m <
Khi đó đường thẳng AB là trục đẳng phương của (Cm) và (C) có phương trình là:
2
2 4 5 0mx my m− + + =
2 4 5 0x y m⇔ − + + =
(vì
0m
≠
)
Suy ra:
AB có phương không đổi vì VTCP là
a
r
(2,1).

CÂU Vb:

0
H
K
A
B
C
1)

)(OAKBC
BC
BC
⊥⇒



⊥
⊥

OA có Ta
OK Vẽ

)(ABCOH
BC
AK
⊥⇒




⊥
⊥
OH có Ta
OH Vẽ

)(OHBAC
OH
OB
⊥⇒



⊥
⊥

AC
AC có Ta
⇒ ABC. tâm trực là H
BC và
AC
∆⇒



⊥
⊥
OH
HB

(*)Tính OH:

BOC∆
Có
1 1 1
2 2 2
OK OC OB
= +
(1)

AOK∆
Có
1 1 1
2 2 2
OH OK OA
= +
(2)
Từ (1) và (2) ta có
1 1 1 1
2 2 2 2
OH a b c
= + +
2 2 2 2 2 2
abc
OH
a b b c c a
⇒ =
+ +
2) Ta có
( )
2

1
2 2
4
S AK BC
ABC
=
( )
2 2
2 2 2
2
1 . . 1 . .
.
2
4 4
OA OK OB OC OA OB OC
S
ABC
OH OK
OH
   
⇒ = =
   
   
=
1
2 2 2 2 2 2
( )
4
a b b c c a+ +
=

( ) ( ) ( )
2 2 2
S S S
OAB OBC OCA
+ +
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A
CÂU I
Cho hàm số:
2
2 2
1
x mx
y
x
+ −
=
−
với m là tham số.
1) Xác đònh m để tam giác tạo bởi 2 trục toạ độ và đường tiệm cận xiên của hàm số
trên có diện tích bằng 4.
2) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số trên khi m= -3.
CÂU II
Cho tích phân:
2
0
cos
n
n
I xdx
∏

=
∫
,với n là số nguyên dương.
1) Tính
3
I
và
4
I
ø.
2) Thiết lập hệ thức giữa
n
I
và
2n
I
−
ø với n>2.Từ đó tính
11
I
và
12
I
CÂU III
1) Giải phương trình:
2 2 2
sin sin 2 sin 3 2x x x+ + =
2) Tính số đo các góc của tam giác ABC, biết rằng:

3

cos sin sin
2
A B C= + −
CÂU IV
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(-1;2) , B(2;0) , C(-3;1)
1) Xác đònh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2) Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác ABM bằng 1/3 diện
tích tam giác ABC.
CÂU V
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; -1), đường thẳng (D) có
phương trình
2 2
1 3 2
x y z− +
= =
và mặt phẳng (P) có phương trình 2x+y-z+1=0.
1) Tìm điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P)
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua A, cắt đương thẳng (D) và song song với
mặt phẳng (P)
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TPHCM – KHỐI A
CÂU I: Cho hàm số:
2
2 2
1
x mx
y
x
+ −
=
−

1) Tìm m để diện tích tam giác tạo bởi TCX và 2 trục tọa độ bằng 4.
Ta có:
2 2
1
m
y x m
x
= + + +
−
Với
0m
≠
thì TCX: y = 2x + m + 2 vì
lim 0
1
m
x
x
=
−
→ ∞
• Giao điểm TCX và Ox:
y = 0






+

−⇒
+
−=⇒ 0,
2
2
2
2 m
A
m
x
• Giao điểm TXC và oy:
0 2 (0, 2)x y m B m= ⇒ = + ⇒ +
1 1 2
. 2 4
2 2 2
OAB
m
S OAOB m
+
⇒ = = − + =

2
2
( 2) 16
6
m
m
m
=


⇒ + = ⇔

= −

( thỏa điều kiện
0m
≠
)
2) Khảo sát và vẽ đồ thò khi m = -3:
2
2 3 2
(C)
1
x x
y
x
− −
=
−

• TXĐ: D = R\ {1}
0
)1(
542
'
2
2
>
−
+−

=
x
xx
y
1≠∀x
⇒
Suy ra hàm số tăng trên từng khoảng xác đònh.
• TCĐ: x = 1 vì
lim
1
y
x
= ∞
→
• TCX: y = 2x - 1 (theo câu 1)
• BBT:
• Đồ thò:
0 2, 2 0x y x y= ⇒ = = ⇒ =
CAU II:
1)
2 2
3 2
cos . (1 sin ).cos .
3
0 0
I x dx x x dx

= =

ẹaởt

sin cos .u x du x dx
= =
ẹoồi caọn
0 0
1
2
x u
x u

= =
= =
I
3
=

1
0
(1 u
2
). du =
3
2
3
1
1
3
1
0
3
==

u
u
I
4
=

2
0

cos
4
x.dx =

2
0

dx
x
.
2
2cos1

2
2








+
=
4
1

2
0

(1 + 2 cos2x + cos
2
2x).dx
=
4
1

2
0

(1 + 2 cos2x +
2

4cos1 x+
).dx
=
4
1

2
0


dxxx .4cos
2
1
2cos2
2
3






++
=
4
1
6
3
00
2

3
4
1
8
4sin
2
3
2
0


=






++=






++
x
sỡnx
x
2)

2
0
cos
n
n
I xdx

=

ẹaởt
1 2
cos ( 1) cos sin
n n
u x du n x xdx

= =
dv = cosxdx chọn v = sinx
[ ]
∫
−−
−+=⇒
2
0
22
2
0
1
.sincos)1(cossin
π
π

dxxxnxxI
nn
n

2
2 2
( 1) cos (1 cos )
0
n
n x x dx
π
−
= − −
∫

( 1) ( 1)
2
n I n I
n n
= − − −
−
Vậy:
1
2
n
I I
n n
n
−
=

−
(n>2)
16
3
.
6.8.10.12
5.7.9.11
.
6
5
.
8
7
.
10
9
.
12
11
3.5.7.9.11
2.4.6.8.10
.
5
4
.
7
6
.
9
8

.
11
10
412
311
π
==
==⇒
II
II
CÂU III:
1)
2 2 2
sin sin 2 sin 3 2
1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6
2
2 2 2
1 cos 4 cos 6 cos 2 0
2
2cos 2 2 cos 4 .cos 2 0
2cos 2 (cos 4 cos 2 ) 0
4cos 2 .cos3 .cos 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
+ + =
− − −

⇔ + + =
⇔ + + + =
⇔ + =
⇔ + =
⇔ =

2
cos 0
cos 2 0 2
2
cos3 0
3
2
x k
x
x x k
x
x k
π
π
π
π
π
π

= +

=





⇔ = ⇔ = +



=



= +



ĐS:
)(
36
24
2
Zk
k
x
k
x
kx
∈










+=
+=
+=
ππ
ππ
π
π
2) Tính các góc của
ABC∆
thỏa mãn hệ thức:
cosA = sinB + sinC -
2
3
Ta có:
3
cos sin sin
2
1
1 cos sin sin
2
1
2
2cos 2sin cos
2 2 2 2
1

2
2cos 2cos cos 0
2 2 2 2
1
2
cos cos cos 0
2 2 2 4
2
1 1 1
2
cos cos cos 0
2 2 2 4 4 2
2
1 1
2
cos cos sin 0
2 2 2 4 2
1
cos
2 2
A B C
A B C
A B C B C
A A B C
A A B C
A B C B C
A B C B C
A
= + −
⇔ + = + −

+ −
⇔ = −
−
⇔ − + =
−
⇔ − + =
− −
 
⇔ − + − =
 
 
− −
 
⇔ − + =
 
 
−
⇔
cos 0
2
sin 0
2
1
0
cos 60
2 2 2
B C
B C
A A
B C B C

−

=



−

=


 
= =
 
⇔ ⇔
 
 
= =
 
Vậy:
0
120
0
30
A
B C

=




= =

CÂU IV:
1) Phương trình đường tròn có dạng:
2 2
(C):x +y -2ax-2by+c=0

5 2 4 0(1)
, , ( ) 4 4 0(2)
10 6 2 0(3)
a b c
A B C c a c
a b c
+ − + =


∈ ⇔ − + =


+ − + =

Giải hệ :
11
14
13
14
100
14
a

b
c

= −



⇒ = −



= −


Vậy tâm
11 13
I - ,-
4 14
 
 ÷
 
Hai tam gíac có chung đường cao từ A nên: