MỤC LỤC

STT TÊN ĐỀ TRANG
1

Đề thi đại học khối A năm 2002 1
2

Đề thi đại học khối B năm 2002 11
3

Đề thi đại học khối D năm 2002 19
4

Đề thi đại học khối A năm 2003 27
5

Đề thi đại học khối B năm 2003 33
6

Đề thi đại học khối D năm 2003 37
7

Đề thi đại học khối A năm 2004 43
8

Đề thi đại học khối B năm 2004 49
9


Đề thi đại học khối A năm 2008 115
20

Đề thi đại học khối B năm 2008 121
21

Đề thi đại học khối D năm 2008 127
22

Đề thi đại học khối A năm 2009 133
23

Đề thi đại học khối B năm 2009 139
24

Đề thi đại học khối D năm 2009 145
25

Đề thi đại học khối A năm 2010 151
26

Đề thi đại học khối B năm 2010 157
27

Đề thi đại học khối D năm 2010 163
28

Đề thi đại học khối A năm 2011 169
29


23223
)1(33 mmxmmxxy +++= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1
=
m
2. Tìm k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033
2323
=++ kkxx
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)
Cho phơng trình : 0121loglog
2
3
2
3
=++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải phơng trình (2) khi .2
=
m
2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m
3
3;1 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0(

của phơng trình: .32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=


=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng )(P
1

và song song với đờng thẳng .
2


n
x
n
n
x
x
CCCC








+

























3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0
3
2
1
2222222

2 L

=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x

'
y
+
0

0
+
0
"
y
y + lõm U 4
CT 2 CĐ
0 lồi



y
2
I 2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka

( )( )



>+
<




>++
<

021
30





<<




++
>++=

20
31
033
0963
222
2
kk
k
kkkkk
kk

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25đ
0,25 đ


x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị

(
)
23;1
2
1
+ mmmM và
(
)
23;1
2
2
+++ mmmM là:


Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
( )
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++






=
Từ đây ta có mmxy +=
2
11
2
và mmxy +=
2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=
2
2

Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=

t
t

5,0 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
3
3
1
=
t (loại) ,

2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[ ]
2,1 . Đặt tttf +=
2
)(
Cách 1.
Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn
][
2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Phơng trình
22)(22
2
+=+=+ mtfmtt có nghiệm
[ ]
2;1

.20
622
222
22)2(
22)1(


nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt

( )
200242 mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ


+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5






+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=









1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
2.
Vì
(
0x ;
)

2 nên lấy
3
1

=x và
3
5
2

=x . Ta thấy
21

x . Vậy
( ) ( ) ( )
dx
xxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3

( )
dx
xxx

+++
5
3
2
343
( ) ( ) ( )
dx
xxdxxxdxxxS

+++++=

3
1






++






++






+=
xxxxxxxS

6
109
3
22
3

5
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
5
S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết
MN
a
BCMN ,
22
1
== // BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác

aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==






==
.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS











h
a
S
a
A
a
C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. .


2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
( )
2;1;1
2
=
u
r
//
2

và
( )
22
1;2;1

M
( )
P //
( ) ( ) ( )




=






=
=
=
=
'4
2'3
'2
:'2
1
tz
ty
tx
tx
( )
)4;3;2(,0;2;0
111
=
uM
r
//
1

.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11

Ta có
( )
2;1;1
2
=u
r
//
2
. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :
[ ]
( )
1;0;2,
21
== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
( )
0;2;0
1
M
và


( )
1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .

222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
( )
3;3;21 Ht =
Cách II.
( )
tttHH 21;2;1
2
+++ .
MH nhỏ nhất
( )
4;3;210.
22
HtuMHMH ==
r

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

xxxx
3
1
3
1
ta có






+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó

1đ
0,25 đ
7
( )
2
1

a
Vậy .232|1|
+=a
TH1.






++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2







=
3

x
xtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=
I
xB Từ 2),(
=
ACId
.3232 +=+=
I
xa






++

3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự

CC = ta có 3n và

1 đ
8
( ) ( )
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=
−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7

−
xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
9
10
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
(
)
109
224
++=
xmmxy (1) (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

x
y = và
24
2
x
y = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm







0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng
1111
DCBABCDA có cạnh bằng
a
.

AAA
221
,,, L , tìm n .
Hết
Ghi chú : 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
11
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b
Câu
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy .
Tập xác định Rx ,
(
)
44164'
23
== xxxxy , 0'
=
y

3
2
0
3
2
2x
'y

0
+

0

0 +

"y + 0

0
+
+ 10 +
y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT
6 6

Hai điểm cực tiểu :
( )
6;2
1
A



9
10
;
3
2
2
U .
Giao điểm của đồ thị với trục tung là
(
)
10;0B .
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:
64 +=x và 64 =x .
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

0,1 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

5,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6

0'
22
mmx
x
y
Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình
0'
=
y
có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)

phơng trình

092
22
=+ mmx
có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
092
22
=+ mmx






=




.30
3
m
m


0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1

xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=

2
12cos1
2

k
x
k
x
xx





=
=
=


Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.


0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ

0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ

x
x
(2).
Do 173log
9
>x > nên
(
)
x
x
729log)1(
3(
)
072333729
2

xxxx
(3).
Đặt
x
t 3= thì (3) trở thành
293898072
2
xttt
x
.
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:

yxyx
yxyx
Điều kiện: )3(
.0
0



+

yx
yx( )



+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx
Thay y
x
= vào (2), giải ra ta đợc .1

=
.1yx
yx


0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x
y = và
24
2
x

xx
S









=
8
0
22
24
4
42
21
8
0
2
8
0
2
22
1
16 SSdxxdxx ==

.

0,5 đ
0,25 đ
x
0
-4
4
2
y
-2
2
2
2
2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=
14
( )
422cos18cos1616


xdxxS . Vậy
3
4
2
21
+==

SSS .
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx
xx
S










=
8
8
22
24
4
4 .
0,25 đ









=+







=+
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx
Giải hệ ta đợc
( ) ( )
2;2,0;2 BA (vì 0

0,25 đ
x
C
I
O
A
D
B
H
y
15
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa BA
1
và DB
1
.

Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
(
) ( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111


DBBAd ===
.
Cách II.
( )
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11






.
Tơng tự DBCA
111

(
)
111
BCADB .
Gọi
( )
111
BCADBG = . Do aCBBBAB
=
=

Chú ý:
Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng
(
)
P chứa BA
1
và song song với
DB
1
là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ
1
B (hoặc từ D ) tới
( )
P ,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
(
)
Q chứa DB
1
và song song với BA
1
là:
022 =++ azyx
và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
(
)
Q .


y
x
A
C
B
I
G
16
2b)
Cách I.
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc


















a





= NCMPa
a
NC
aa
aMP .
Vậy NCMP
1
.

Cách II.
Gọi
E
là trung điểm của
1
CC thì
(
)


11
CCDDME hình chiếu vuông góc của
MP
trên

n
AAA
221
,,, L là
3
2n
C .
Gọi đờng chéo của đa giác đều
n
AAA
221
L đi qua tâm đờng tròn
(
)
O là
đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có
n
đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu
mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác
n
AAA
221
L tức

( ) ( )
(
)
(
) ( )
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
2

=




=

=
nnnnn
n
n

y
2


= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y
= .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
(
)
x3x
2
. 02x3x2
2
.
2. Giải hệ phơng trình :





=
+
+
=
+

Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2 C4C2C
n
n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình
1
9
y
16
x
22
=+ . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ
nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó .
Hết
Chú ý :
1. Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
19
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002
Môn Toán, khối D


4
y
2
,
hàm số không có cực trị.
1/4 1/4
3ylim
x
=

; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .

- BBT :
x - 1 +

y
/
+ +
+
y -3 -3 -
1/4 1/4
- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =

ylim






=

1/4 1/2
=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4
3/1
0
1xln4
3
1
.3

=
1/4 1/2
3

( )







=










=



0
1x
mx
0
1x
mx
/

1/4 1/4
Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (H)
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ
thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m

.
ĐS : 1m .
1/4 1/4
II
2đ 3đ
1.
1 1,5
Bất phơng trình












>
=

0x3x
02x3x2

2
2
2
2





><

3x0x
2x
2
1
x

1/4
21