Tổng hợp đề thi đại học môn Toán có đáp án chi tiết

Tổng hợp đề
thi Đại học
mơn Tốn có
đáp án chi tiết


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m 2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 x + cos 2 x = 2 cos x − 1.
⎧ x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
⎪
( x, y ∈ \).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2
1
2
x
+
y
−
x
+
y

=
⎪
2
⎩
3

1 + ln( x + 1)
dx.
2
x
1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của S
trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

P = 3 | x− y | + 3 | y − z | + 3 | z − x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 .
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm
11 1
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Giả sử M
và đường thẳng AN có
;
2 2
phương trình 2 x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
x +1 y z − 2
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

và
= =
1
2
1
điểm I (0; 0;3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
vuông tại I.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai

(

(

)

)

n

nx 2 1
−
, x ≠ 0.
triển nhị thức Niu-tơn của
14 x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 + y 2 = 8. Viết phương
trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành
bốn đỉnh của một hình vng.
x +1 y z − 2
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

, mặt
= =
2
1
1
phẳng ( P ): x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt
tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
5( z + i )
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
= 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 .
z +1
---------- HẾT ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng 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 NĂM 2012
Mơn: TỐN; Khối A và khối A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 .

• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:

0,25

− Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.

Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞).
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0.
− Giới hạn: lim y = lim y = + ∞.
x→−∞

− Bảng biến thiên:

0,25

x→+∞

x −∞
y'

–1
–

0

0

+

0

+∞

+∞

1
–

0

+

+∞

0

0,25

y

–1

–1

• Đồ thị:

y

8

0,25

–1 O
–2

1
2

x

–1
b) (1,0 điểm)

Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1).
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*).

0,25

Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1).
JJJG
JJJG
Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ).
JJJG JJJG
Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0

0,25

⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.

0,25

Trang 1/4

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

2
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0.
(1,0 điểm)
π
• cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ]).
2
π
π
• 3 sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x − = cos
3
3
2π

+ k 2π (k ∈ ]).
⇔ x = k 2π hoặc x =
3
π
2π
+ k 2π (k ∈ ]).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k 2π và x =
3
2
3
3
3
⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1)
⎪
(1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨
12
12
+ y+
= 1.
(2)
⎪⎩ x −
2
2
1
1
3
1
1
3
Từ (2), suy ra −1 ≤ x − ≤ 1 và −1 ≤ y + ≤ 1 ⇔ − ≤ x − 1 ≤ và − ≤ y + 1 ≤ .

2
2
2
2
2
2
3 3
Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t 2 − 4) < 0 , suy ra f(t) nghịch biến.
⎣ 2 2⎦
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
2
2
1
3
1
3
+ x−
= 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = .
Thay vào (2), ta được x −
2
2
2
2
1
3
3 1
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) = ; −
hoặc ( x; y ) = ; − .
2 2
2 2

dx
1
dx
4
Đặt u = 1 + ln( x + 1) và dv = 2 , suy ra du =
và v = − .
(1,0 điểm)
x +1
x
x

( )

( ) ( )

( ) ( )

)

(

3

1 + ln( x + 1)
I=−
+
x
1

=

2 + ln 2
+
3

3

∫(
1

3

(

)

dx

∫ x( x + 1)

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

1

)

2 + ln 2
x
1
1
+ ln
dx =
−
3
x +1
x x +1

3

0,25
1

2
2
= + ln 3 − ln 2.
3
3
5

(1,0 điểm)

0,25

0,25

S

n là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH
n = 60o.
Ta có SCH
a
a 3
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD =
,
6
2
a 7
a 21
HC = HD 2 + CD 2 =
, SH = HC.tan60o =
.
3
3

0,25

1
1 a 21 a 2 3 a 3 7
=

VS . ABC = .SH .S ∆ABC = .
.
.
3
3 3
4
12

0,25

Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vng góc
3
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên
2
3
d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )).
2
Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó
HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK .

0,25

K

A
x

N

D

C
H
B

AH =

2a
a 3
, HN = AH sin 60o =
, HK =
3
3

SH .HN
2

SH + HN

Trang 2/4

2

=

a 42
a 42
. Vậy d ( SA, BC ) =
.
8

12

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

6
Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*).
(1,0 điểm)
Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng.

0,25

Áp dụng (*), ta có 3 | x− y | + 3 | y− z | + 3 | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x |.
Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có:
(| x − y | + | y − z | + | z − x |) 2 = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |)

(

2

2

2

)

0,25

+ | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ 2 | x − y | + | y − z | + | z − x | .

(

)

2

Do đó | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 2 | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) .
2

2

0,25

2

Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z .
Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3.
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H
7.a
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.
(1,0 điểm)
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.
A

B
Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
AH ⊥ HM .
Hơn nữa, ta cũng có AH = HM .
M
3 10
Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) =
.
H
2
Q
P
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).
C
D
11 2
7 2 45
3 10
N
+ 2t −
=
MA =
⇔ t−
2
2
2
2

) (

(

)

⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4.
Vậy: A(1; −1) hoặc A(4;5).

)

JJJG
JJJG JJG
1
2 2
2
IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − .
3 3
3
3
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH =

8
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = .
3

0,25

0,25

0,25
0,25

2 6
.
3

0,25
0,25

9.a
n(n − 1)(n − 2)
n −1
3
(1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n =
6

0,25

⇔ n = 7 (vì n nguyên dương).
n

0,25

0,25

JJG
8.a
Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.
JJJG
(1,0 điểm)
Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1).

(

0,25

0,25
7

7
2
2
1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞
⎛ nx
⎛x ⎞
Khi đó ⎜
− ⎟ =⎜
− ⎟ = C7k ⎜ ⎟
x⎠ ⎝ 2
x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠
⎝ 14

∑

7−k

7

(− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k .
k

k

k

0,25

k=0

Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 .
Do đó số hạng cần tìm là

(−1)3 .C73 5
35
x = − x5 .
4
16
2
Trang 3/4

0,25


Câu

Đáp án

7.b
(1,0 điểm)

Điểm

Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
y

2
O

x2
a2

+

y2
b2

= 1,

0,25

với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4.
A

2

x

Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và
các giao điểm là các đỉnh của một hình vng nên (E) và
(C) có một giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > 0.

0,25

A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2.

0,25

A(2;2) ∈ ( E ) ⇔

16
4
4
+
= 1 ⇔ b2 = .
2
3
16 b

Phương trình chính tắc của (E) là
8.b
(1,0 điểm) M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).

x2 y 2
+
= 1.
16 16
3

0,25

0,25

MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).

0,25

N∈(P) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t ) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4).

0,25

Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆ :

x −1 y + 1 z − 2
=
=
.
2
3
2

Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1.
9.b
(1,0 điểm)
5( z + i )
= 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0
Ta có
z +1

0,25

0,25

⎧3a − b − 2 = 0
⎧a = 1
⇔ ⎨
⇔ ⎨
⎩ a − 7b + 6 = 0
⎩b = 1.

0,25

Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i )2 = 2 + 3i.

0,25

Vậy w = 2 + 3i = 13.

0,25

------------- HẾT -------------

Trang 4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn: TỐN; Khối: D
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 y = x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m có đồ thị là (Cm ), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 3 cos5 x − 2sin 3x cos 2 x − sin x = 0.
⎧ x( x + y + 1) − 3 = 0
⎪
( x, y ∈ \).
2. Giải hệ phương trình ⎨
5
2
⎪⎩( x + y ) − x 2 + 1 = 0
Câu III (1,0 điểm)
3

dx
.
e −1
1

Tính tích phân I = ∫

x

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a. Gọi M
là trung điểm của đoạn thẳng A ' C ', I là giao điểm của AM và A ' C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( IBC ).

Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thoả mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu

thức S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x) + 25 xy.
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 Oxy, cho tam giác ABC có M (2;0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung
tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7 x − 2 y − 3 = 0 và 6 x − y − 4 = 0. Viết phương
trình đường thẳng AC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;1;0), B (1;2;2), C (1;1;0) và mặt phẳng
( P) : x + y + z − 20 = 0. Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song
với mặt phẳng ( P ).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện | z − (3 − 4i ) |= 2.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + y 2 = 1. Gọi I là tâm của (C ). Xác định
n = 30D.
toạ độ điểm M thuộc (C ) sao cho IMO

x+2 y−2 z
=
=
và mặt phẳng
1
1
−1
( P ) : x + 2 y − 3 z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong ( P) sao cho d cắt và vng góc với

đường thẳng Δ.
Câu VII.b (1,0 điểm)
x2 + x − 1
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị hàm số y =
tại hai điểm phân
x
biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
---------- Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ :


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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn: TỐN; Khối: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Khảo sát…
Khi m = 0, y = x 4 − 2 x 2 .
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:

0,25

- Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = ±1 hoặc x = 0.
Hàm số nghịch biến trên: (−∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: (−1;0) và (1; + ∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0.
- Giới hạn: lim y = lim y = +∞.
x →−∞

0,25

x →+∞

- Bảng biến thiên:

x −∞ −1
0
1
y'
− 0 + 0 − 0 +
+∞
0
y
−1
−1

• Đồ thị:

+∞
+∞

0,25

y
8

0,25
−2

−1

O 1
−1

2

x

2. (1,0 điểm) Tìm m...
Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng y = −1: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m = −1.
Đặt t = x 2 , t ≥ 0; phương trình trở thành: t 2 − (3m + 2)t + 3m + 1 = 0

⇔ t = 1 hoặc t = 3m + 1.

0,25

⎧0 < 3m + 1 < 4
Yêu cầu của bài toán tương đương: ⎨
⎩3m + 1 ≠ 1
1
⇔ − < m < 1, m ≠ 0.
3

II
(2,0 điểm)

0,25

0,25
0,25

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương:

3 cos5 x − (sin 5 x + sin x) − sin x = 0

0,25

3
1
cos5 x − sin 5 x = sin x
2
2
⎛π
⎞
⇔ sin ⎜ − 5 x ⎟ = sin x

⎝3
⎠

⇔

0,25

Trang 1/4


Câu

Đáp án

⇔

π
3

− 5 x = x + k 2π hoặc

Vậy: x =

π
18

+k

π
3

π

− 5 x = π − x + k 2π .

3

hoặc x = −

π
6

+k

π
2

( k ∈ ] ).

Điểm
0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
3
⎧
⎪⎪ x + y + 1 − x = 0
Hệ đã cho tương đương: ⎨
⎪( x + y ) 2 − 5 + 1 = 0
⎪⎩

x2
3
⎧
3
⎧
⎪x + y = x −1
⎪⎪ x + y = x − 1
⎪
⇔ ⎨
⇔ ⎨
2
⎪⎛ 3 − 1 ⎞ − 5 + 1 = 0
⎪ 4 −6 +2=0
⎜
⎟
2
⎪⎩⎝ x ⎠
⎪⎩ x 2 x
x
⎧1 1
⎧1
⎪⎪ x = 2
⎪ =1
⇔ ⎨x
hoặc ⎨
⎪⎩ x + y = 2
⎪x + y = 1
⎪⎩
2
x

=
2
⎧
⎧x = 1
⎪
⇔ ⎨
hoặc ⎨
3
y
=
1
⎩
⎪⎩ y = − 2 .
3⎞
⎛
Nghiệm của hệ: ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ .
2⎠
⎝

III

0,25

0,25

0,25

Tính tích phân…

(1,0 điểm)

Đặt t = e x , dx =
e3

dt
I=∫
=
t (t − 1)
e

dt
; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 .
t
e3

⎛ 1

1⎞

∫ ⎜⎝ t − 1 − t ⎟⎠ dt

0,25

0,25

e

e3

IV

0,25

e3

= ln| t − 1| e − ln| t | e

0,25

= ln(e 2 + e + 1) − 2.

0,25

Tính thể tích khối chóp...

(1,0 điểm)

M

A'
I

C'
B'

2a

3a

K

A

C

H
a
B

Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH là đường cao
của tứ diện IABC .
IH
CI 2
2
4a
=
= ⇒ IH = AA ' = .
⇒ IH // AA ' ⇒
AA ' CA ' 3
3
3

AC = A ' C 2 − A ' A2 = a 5, BC = AC 2 − AB 2 = 2a.
1
Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 2 .
2
1
4a 3
Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH .S ΔABC =
.
3

9

Trang 2/4

0,50


Câu

Đáp án

Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B). Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ).
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK .

AK =
V
(1,0 điểm)

2 SΔAA ' B
=
A' B

AA '. AB
A ' A2 + AB 2

=

2a 5
.
5

Điểm
0,25
0,25

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
Do x + y = 1, nên: S = 16 x 2 y 2 + 12( x3 + y 3 ) + 9 xy + 25 xy

= 16 x 2 y 2 + 12 ⎡⎣( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) ⎤⎦ + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12.
Đặt t = xy, ta được: S = 16t 2 − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤

( x + y )2 1
⎡ 1⎤
= ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ .
4
4
⎣ 4⎦

⎡ 1⎤
Xét hàm f (t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn ⎢0; ⎥
⎣ 4⎦
1
191
25
⎛1⎞
⎛1⎞
, f⎜ ⎟ =
.
f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = 0 ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ =
16

16
2
⎝ 16 ⎠
⎝ 4⎠
⎛ 1 ⎞ 25
⎛ 1 ⎞ 191
max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; min f (t ) = f ⎜ ⎟ =
.
⎡ 1⎤
⎝ 4 ⎠ 2 ⎡0; 1 ⎤
⎝ 16 ⎠ 16
0;
⎢⎣ 4 ⎥⎦

0,25

0,25

⎢⎣ 4 ⎥⎦

Giá trị lớn nhất của S bằng

⎧x + y = 1
25
⎪
⎛1 1⎞
; khi ⎨
1 ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ .
2
⎝2 2⎠

⎪⎩ xy = 4

⎧x + y = 1
191
⎪
; khi ⎨
Giá trị nhỏ nhất của S bằng
1
16
⎪⎩ xy = 16

0,25

0,25

⎛2+ 3 2− 3⎞
⎛2− 3 2+ 3⎞
⇔ ( x; y ) = ⎜⎜
;
;
⎟⎟ hoặc ( x; y ) = ⎜⎜
⎟.
4 ⎠
4 ⎟⎠
⎝ 4
⎝ 4

VI.a
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
⎧7 x − 2 y − 3 = 0
⇒ A(1;2).
Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨
⎩6 x − y − 4 = 0
B đối xứng với A qua M , suy ra B = (3; −2).

0,25

Đường thẳng BC đi qua B và vng góc với đường thẳng 6 x − y − 4 = 0.
Phương trình BC : x + 6 y + 9 = 0.

0,25

⎧7 x − 2 y − 3 = 0
3⎞
⎛
⇒ N ⎜ 0; − ⎟ .
Toạ độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨
2⎠
⎝
⎩x + 6 y + 9 = 0
JJJG
JJJJG
⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − 4 y + 5 = 0.

0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D...

⎧x = 2 − t
JJJG
⎪
AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = 1 + t
⎪ z = 2t.
⎩

0,25

JJJG
D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ).

0,25

Trang 3/4


Câu

Đáp án

Điểm

G
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1).
C không thuộc mặt phẳng ( P ).

G JJJG
1
⎛5 1

⎞
CD //( P) ⇔ n.CD = 0 ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − . Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ .
2
2
2
⎝
⎠

VII.a
(1,0 điểm)

Tìm tập hợp các điểm…
Đặt z = x + yi ( x, y ∈ \ ); z − 3 + 4i = ( x − 3) + ( y + 4 ) i.
Từ giả thiết, ta có:

( x − 3) 2 + ( y + 4 ) 2

0,25

2

2

= 2 ⇔ ( x − 3 ) + ( y + 4 ) = 4.

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 3; − 4 ) bán kính R = 2.
VI.b
(2,0 điểm)

0,50

0,50
0,25

1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ...
2

Gọi điểm M ( a; b ) . Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b 2 = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 1.

0,25

n = 120D nên OM 2 = IO 2 + IM 2 − 2 IO.IM .cos120D ⇔ a 2 + b 2 = 3.
Tam giác IMO có OIM

0,25

3
⎧
a=
⎧⎪( a − 1)2 + b 2 = 1
⎛3
3⎞
2
⎪⎪
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨
Vậy M = ⎜⎜ ; ±
⇔⎨
⎟.
2 ⎟⎠
⎝2

⎪⎩a 2 + b 2 = 3
⎪b = ± 3 .
⎪⎩
2

0,50

2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
⎧x+ 2 y −2 z
=
=
⎪
Toạ độ giao điểm I của Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1
1
−1 ⇒ I (−3;1;1).
⎪⎩ x + 2 y − 3z + 4 = 0
G
G
Vectơ pháp tuyến của ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ chỉ phương của Δ : u = (1;1; −1).

VII.b

0,25

0,25

G
G G
Đường thẳng d cần tìm qua I và có vectơ chỉ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) .

0,25

⎧ x = −3 + t
⎪
Phương trình d : ⎨ y = 1 − 2t
⎪ z = 1 − t.
⎩

0,25

Tìm các giá trị của tham số m...

(1,0 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm:

x2 + x − 1
= −2 x + m ⇔ 3x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 ( x ≠ 0).
x

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m.
Hoành độ trung điểm I của AB : xI =

I ∈ Oy ⇔ xI = 0 ⇔

x1 + x2 m − 1
.
=
2
6

m −1
= 0 ⇔ m = 1.
6
-------------Hết-------------

Trang 4/4

0,25
0,25
0,25
0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, 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 vng góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; − 1), đường phân giác
trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
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 vng cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và
mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng SM, DN.
...........................Hết...........................
Thí sinh khơng 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
Mơn: TỐN, 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 khơng 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 vng 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) vng 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 ' vng 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 vng 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
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần
nh đáp án quy định.
----------------Ht---------------Suy ra SE = SA 2 + AE 2 =

Trang 4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, 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 khơng 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 KHƠNG phân ban (2 điểm)
−1
k
1. Tìm số ngun 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 vng, 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 khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng 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
Mơn: TỐN, 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

0,50

⎡ 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

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

2

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.
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 trịn 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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vng 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

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

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

0,50

Từ giả thiết suy ra 22n −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 vng 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 đơi một vng 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 thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần
nh đáp án quy định.
----------------Ht----------------

Trang 4/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi: TỐN, 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 vng góc của điểm A trên đường thẳng d.
2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
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 KHƠNG 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 vng góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA ' , B 'C ' .

thỏa mãn hệ thức a 0 +

...........................Hết...........................
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng 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
Mơn thi: TỐN, 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
= x−2+
.
Khi m = 1 hàm số trở thành: y =
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 vng 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 vng 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 vng góc của A trên mặt phẳng (α).
Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vng 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

1
dx
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