BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
2
xx1
y.
x2
+−
=
+

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()
C của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
()
C, biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên
của
()
C.
Câu II (2 điểm)

−
⎪
=+
⎩

1.
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d
1
và d
2
.
2.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV (2 điểm)
1.
Tính tích phân:
ln 5
xx
ln 3
dx
I
e2e 3
−
=
+−
∫

2.
Cho tập hợp A gồm n phần tử
()
n4.≥ Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng
20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm
{
}
k 1,2, , n∈ sao cho số tập con gồm k phần
tử của
A
là lớn nhất.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1.
Giải bất phương trình:
() ()
xx2
555
log 4 144 4log 2 1 log 2 1 .
−
+− <+ +
2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB a, AD a 2==
,
SA a= và
SA vuông góc với mặt phẳng
()
ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC;
I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt
phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.

y' 1 ,
x2
=−
+
y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1. 0,25

Bảng biến thiên:
y
CĐ
= y(−3) = −5; y
CT
= y(−1) = −1.
0,25
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.
- Tiệm cận xiên: y = x − 1.
0,25

• Đồ thị (C):

Với x = − 2 +
2
2

⇒ y =
32
2
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d
1
): y = −x + 2 2 −5,
0,25 Với x = − 2 −
2
2
⇒ y = −
32
2
− 3
⇒ pt tiếp tuyến là (d
2
): y = −x − 2 2 −5.
0,25
x
y'
y
− ∞
− ∞ − ∞
+ ∞


xx
cos x cos sin x sin
cos x
22
sin x 4
x
sin x
cos x cos
2
+
+=
cos x sin x 1 1
44sin2x
sin x cos x sin x cos x 2
⇔ + =⇔ =⇔ =
0,50
xk
12
5
xk.
12
π
⎡
=+π
⎢
⇔

⎨
⎪
−− −=
⎩

0,25
(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn: −
1
2
≤ x
1
< x
2

0,25
⇔
⎧
⎪
Δ= − + >
⎪
−
⎪
=>−
⎨
⎪
⎪

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d
1
và d
2
(1,00 điểm)
Vectơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là:
1
u(2; 1;1)=−
J
JG
và
2
u(1;2; 1)=−
JJG
.
0,25
⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là:
12
n [u ,u ] ( 1; 3; 5).==−−−
J
JG JJGJJG

0,25
Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0.
0,25


⇒ [ AM
JJJJG
, AN
JJJG
] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m)
0,25
A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM
JJJJG
, AN
J
JJG
] = 0
G

0,25 ⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1).
0,25
3/4
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5 ln 5
x
xx 2xx
ln 3 ln 3
dx e dx

=−
⎜⎟
−−
⎝⎠
∫

0,25 5
3
t2 3
ln ln .
t1 2
−
==
−

0,25
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên
() ()
22
2222
x1 y x1 y 44y 21y.−++ ++≥+ = +
Do đó:
2
A21y y2 f(y).≥ + +−=

0,50 • Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥
2
21 y+ ≥ 25 > 23+ .
Vậy A ≥
23+ với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =
1
3
thì A =
23+ nên giá trị nhỏ nhất của A là 23+ .
0,25

V.a

2,00
1
Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T
1
, T
2
(1,00 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài
(C). Nếu T(x
o

= (x
o
+ 3; y
o
−1), IT
JJG
= (x
o
−1; y
o
−3). Do đó ta có:
22
oo o o
oo oo
x y 2x 6y 6 0
(x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0
⎧
+− − +=
⎪
⎨
+−+−−=
⎪
⎩

0,25

⇒
22
oo o o
22

y
f '(y) − 0 +
− ∞
2+
3
1
3

2
4/4
2
Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm)

Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng
k
n
C. Từ giả thiết suy ra:
42
nn
C20C=
0,25
2
n 5n 234 0 n 18⇔−− =⇔= (vì n ≥ 4)
0,25

Do
k1
18
k
18

log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)
log (4 144) log [80(2 1)]
−
−
−
+− <+ +
⇔+<++ +
⇔+< +

0,50

()
xx2xx
4 144 80 2 1 4 20.2 64 0
−
⇔+ < +⇔− +<
0,25

x
4 2 16 2 x 4.⇔< < ⇔<<
0,25
2
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)


Từ (1) và (2)
⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).
0,25
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC
⇒ NH =
SA a
22
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó V
ANIB
=
1
3
NH.S
ΔABI
.
0,25 22 2
11 1
AI AB AM
=+ ⇒ AI =
a3
3
,
222
BI AB AI=−⇒ BI =
a6
3


C
D

I
N
H
M
•
•
•
•
•
•
•
•
•
a
a
a
2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

3x 1 mx 1 2x 1.−+ += −

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
xy1z2
d:
211
−+
==
−
và
2
x12t
d: y 1 t
z3.
=− +
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=
⎩

1.
Chứng minh rằng
1
d và
2

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là
chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình
đường tròn đi qua các điểm H, M, N.
2.
Chứng minh rằng:
2n
135 2n1
2n 2n 2n 2n
111 1 21
C C C C
246 2n 2n1
−
−
++++ =
+

(
n là số nguyên dương,
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
31
3
2log (4x 3) log (2x 3) 2.−+ +≤

.
• Tập xác định: D = \{ 2}
−
\ .
• Sự biến thiên:

2
22
1x4x3
y' 1
(x 2) (x 2)
+
+
=− =
++
,
x3
y' 0
x1.
=
−
⎡
=⇔
⎢
=
−
⎣
0,25
2
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)


⎪
⎩
⇔ m ≠ 0. 0,50
x − ∞
−
3
−
2
−
1+ ∞
y
' + 0
−
−
0+
y
−
6 + ∞ + ∞
−∞
−
∞
−
2
x
y
−
3

=
−−≠
J
JJG G
nên ba điểm O, A, B
tạo thành tam giác vuông tại O ⇔
2
OA.OB 0 m 8m 8 0
=
⇔− − + =
J
JJG JJJG

⇔
m426=− ± (thỏa mãn m ≠ 0).
Vậy giá trị m cần tìm là:
m426=− ± .
0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)
2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
0,50


, khi đó (1) trở thành
2
3t 2t m (2).−+=

0,50 Vì
44
x1 2
t1
x1 x1
−
==−
+
+
và
x1≥
nên 0t1.
≤
<
Hàm số
2
f(t) 3t 2t, 0 t 1=− + ≤ < có bảng biến thiên:

J
JG
= (2; 1; 0).
0,25
+)
12
[u ,u ]
JJGJJG
= (−1; 2; 4) và MN
J
JJJG
= (−1; 0; 5). 0,50

+)
12
[u ,u ]
JJGJJG
. MN
J
JJJG
= 21 ≠ 0 ⇒ d
1
và d
2
chéo nhau.
0,25
2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d
1

⇔
5t 9s 1 0
4t 3s 5 0
+
+=
⎧
⎨
+
+=
⎩
⇔
s1
t2
=
⎧
⎨
=
−
⎩

⇒
()( )
A2;0; 1,B 5; 1;3.−−−
0,25 Phương trình của d là:
x2 y z1
71 4
−

0
xe ex dx−
∫
=
11
x
00
e xdx xe dx.−
∫∫

0,25 Ta có:
1
0
exdx
∫
=
2
1
ex
0
2
=
e
2
,
11
xxx

+
≥
2y y
,
2
z(x y)+ ≥
2z z
.
0,25
⇒
2y y
2x x 2z z
P
yy 2zz zz 2xx xx 2yy
≥++
++ +
.
Đặt a =
xx 2yy+
, b =
yy 2zz+
, c =
zz 2xx+
.
Suy ra:
4c a 2b
xx
9
+−
= ,

⎛⎞⎛⎞
=+++++−
⎜⎟⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠⎝⎠
⎣⎦
≥
()
2
4.3 3 6 2.
9
+
−=
(Do
cab
b
ca
++ =
ca
b
c
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
+
b
1
a
⎛⎞

0,25
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
0,25
V.a

2,00
1
Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC
J
JJG
= (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:
BH AC
HAC
⎧
⊥
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
JJJG JJJG
⇔

−=
⎧
⎪
−+=−
⎨
⎪
++=−
⎩

0,25
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có:
()
2n
0 1 2n 2n
2n 2n 2n
1 x C C x C x ,+=+ ++
(
)
2n
0 1 2n 2n
2n 2n 2n
1 x C C x C x−=− ++
()()
(
)
2n 2n
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
1 x 1 x 2 C x C x C x C x .
−−
⇒+ −− = + + ++
()()
()
11
2n 2n
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
00

0
222n1
++
+−− + +−
=
+
∫
=
2n
21
2n 1
−
+
(1)
•

()
1
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
0
Cx Cx Cx C x dx
−−
++++
∫1
246 2n
135 2n1

. Bất phương trình đã cho ⇔
2
3
(4x 3)
log
2x 3
−
+
≤ 2
0,25
⇔ (4x − 3)
2
≤ 9(2x + 3)
0,25
⇔ 16x
2
− 42x −18 ≤ 0 ⇔ −
3
8
≤ x ≤ 3.
0,25

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:
3
4
< x ≤ 3.
0,25
2
Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)



0,50 Kẻ
(
)( )
MK ABCD , K ABCD .⊥∈
Ta có:
CMNP CNP
1
VMK.S.
3
=
Vì
2
CNP
1a3 1 a


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số:
32 2 2
y x 3x 3(m 1)x 3m 1=− + + − − − (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều
gốc tọa độ O.

Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2
2sin 2x sin 7x 1 sin x.+−=

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực
phân biệt:
()
2
x2x8 mx2.+−= −
Câu III. (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
()
222
S:x y z 2x 4y 2z 3 0++−++−= và
mặt phẳng
()
P:2x y 2z 14 0.−+ − =
1. Viết phương trình mặt phẳng

1. Tìm hệ số của số hạng chứa
10
x trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
(2 x) ,+ biết:
()
n
n0 n11 n22 n33 n
nn n n n
3 C 3 C 3 C 3 C 1 C 2048
−− −
−+ −++−=
(n là số nguyên dương,
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
()
A2;2 và các đường thẳng:
d
1
: x + y – 2 = 0, d
2
: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d
1
và d
2
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Khi m =1 ta có
32
yx3x4=− + −
.
• Tập xác định: D = \ .
• Sự biến thiên:

2
y' 3x 6x,=− + y' 0
=
⇔
x0
=
hoặc
x2.
=
0,25
Bảng biến thiên:
y
CĐ
= y(2) = 0, y0,25

2
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)

Ta có:
22
y' 3x 6x 3(m 1)=− + + − , y' = 0 ⇔
22
x2xm10
−
−+= (2).
Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m
2
> 0 ⇔ m ≠ 0.

0,50

).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m
3
= 2m ⇔ m =
1
2
±
(vì m ≠ 0).

0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với:
(
)
2
sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.−+ −=⇔ −=

0,50


−
0+0 −
y
−
4 − ∞
+ ∞ 0
O
−
4
2
y
x
−
1
2/4
2
Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x2.≥ Phương trình đã cho tương đương với
()
()
32
x2x 6x 32m 0−+−−=
32
x2
x6x32m0.
=
⎡
⇔
⎢

+>∀>
Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi
m0> , phương trình (1) luôn có một
nghiệm trong khoảng
()
2;
+
∞ .
Vậy với mọi
m0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
0,50 III


0,25

Phương trình của (Q) là:
(
)
(
)
(
)
0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.
−
−−+−=⇔−=
0,25
2
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm)

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm
A, B
. Nhận xét: nếu
(
)
(
)
(
)
(
)
dA;P dB;P≥ thì
()

⎨
−++
==
⎪
⎩−

Giải hệ ta tìm được hai giao điểm
(
)
(
)
A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 .−−− −
0,25 Ta có:
()
()
(
)
()
dA;P 7 dB;P 1.=≥ =

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi
(
)
M1;1;3.


()
ee
2
2
11
V y dx x ln x dx.=π =π
∫∫

0,25
Đặt
3
22
2lnx x
u ln x,dv x dx du dx, v .
x3
==⇒= = Ta có:
()
e
eee
33
2
22 2
111
1
x2 e2
x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.
33 33
=− =−
∫∫∫

33 399
+
=−=−=
∫∫

Vậy
(
)
3
5e 2
V
27
π−
= (đvtt).
0,25
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)

Ta có:
222222
xyzxyz
P.
222 xyz
++
=+++
Do
22 22 22
222
xy yzzx
xyz xyyzzx

3
ft ,t 0.
2
≥∀> Suy ra:
9
P.
2
≥ Dấu bằng xảy ra
⇔
xyz1.
=
==
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
9
.
2

0,50
V.a

2,00
1
Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)

Ta có:
() ( )
nn

(
)
Bb;2 b,Cc;8 c.
−
− Từ giả thiết ta có hệ:
(
)
(
)
()()
22
22
b1c 4 2
bc 4b c 2 0
AB.AC 0
AB AC
b2bc8c18
b
1c43.
−−=
⎧
−−+=
⎧
⎧
=
⎪⎪ ⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
=
−=−+

xy 2
xy3.
=
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

Giải hệ trên ta được x 2, y 1=− =− hoặc x 2, y 1
=
= .
Suy ra:
()()
B1;3,C3;5− hoặc
(
)
(
)
B3; 1,C5;3− .

0,50
4/4
V.b


BD SAC⊥ nên BD MN.⊥

0,50

P
D
A
S
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
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
22
mx (3m 2)x 2
y(1),
x3m
+−−
=
+
với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m1= .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng
o
45 .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình

∈
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
\

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
()
A2;5;3
và đường thẳng

x1 y z2
d: .
212
−−
==

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.

và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
2. Cho khai triển
()
n
n
01 n
12x a ax ax,+=+++ trong đó
*
n ∈ `
và các hệ số
01 n
a ,a , , a

thỏa mãn hệ thức
1n
0
n
aa
a 4096.
22
+++ = Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a ,a , , a .Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình
22
2x 1 x 1
log (2x x 1) log (2x 1) 4.

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m = 1 hàm số trở thành:
2
xx2 4
yx2.
x3 x3
+−
==−+
++

• TXĐ:
{
}
D\3.=−\
• Sự biến thiên:
2
22
4x6x5
y' 1 ,
(x 3) (x 3)

Bảng biến thiên: 0,25

• Đồ thị:
0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm)

22
mx (3m 2)x 2 6m 2
ymx2.
x3m x3m
+−− −

n (1;0)=
J
JG
,
2
n(m;1).=−
J
JG

Góc giữa d
1
và d
2
bằng
o
45
khi và chỉ khi

12
0
22
12
n.n
mm
2
cos45 m 1.
2
n.n
m1 m1
== ⇔ =⇔=±

1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện
sin x 0≠
và
3π
sin(x ) 0.
2
−≠
Phương trình đã cho tương đương với:
11
22(sinx + cosx)
sinx cosx
+=−
⇔
1
(sinx + cosx) 2 2 0.
sinxcosx
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠

0,50

• s inx + cosx 0 x k .
4
π
=⇔=−+π


232
42
5
xyxyxyxy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
()
22
22
5
x y xy xy x y
4
5
(x y) xy
4
⎧
++ + + =−
⎪

⎨
⎪
+=−
⎪
⎩

2
32
55
vu u0,v
44
u13
uu 0 u ,v .
422
⎧⎡
=− − = =−
⎪⎢
⎪
⇔⇔
⎢
⎨
⎢
⎪
++= =− =−
⎢
⎪
⎩⎣

0,50


.
• Với
13
u,v
22
=− =− ta có hệ phương trình

2
3
31
x0
2x x 3 0
2x 2
3
3
y
y
2x
2x
⎧
⎧
−+=
+−=
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
=−
⎪⎪
=−


2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
()
u2;1;2.
G
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và
AH (2t 1; t 5; 2t 1).=−− −
J
JJG

0,50 Vì AH ⊥ d nên
AH. u 0=
JJJG G
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra
()
H3;1;4.
0,50
Trang 3/5
2
Viết phương trình mặt phẳng
()α

dx dx.
cos 2x
1tgxcosx
=
−
∫∫

Đặt
2
dx
t tgx dt .
cos x
=
⇒ = Với x0= thì t0= ; với x
6
π
= thì
1
t.
3
=
0,25
Suy ra
1
3
4
2
0
t
Idt

⎝⎠

0,50 ()
110
ln 2 3 .
2
93
=+−
0,25
2
Tìm các giá trị của m (1,00 điểm)

Điều kiện:
0x6≤≤
.
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
[
]
x0;6.∈
Ta có
33
44
11 1 1
f'(x)
2x 6 x
2(2x) 2(6 x)
=+− −

⎜⎟
=− =−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠

Ta thấy
() ()
u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên
khoảng
()
0;2 và cùng âm trên khoảng
()
2;6 .
0,50 Ta có bảng biến thiên:

Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
4
26 26 m 32 6.+≤<+
0,50
f’(x) + 0 −

⎧
=
⎪
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
22
xy
1.
94
+=
0,50
2
Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a ,a , , a (1,00 điểm)

Đặt
() ( )

k1 k1
k1 12
a2C
++
+
=
kk
k12
k1 k1
k1 12
a2C
11
a2C
++
+
<⇔ <
()
k1
1
212 k
+
⇔<
−

23
k.
3
⇔<

Mà

2
> và
x1.≠
Phương trình đã cho tương đương với

2
2x 1 x 1
log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4
−+
−++ −=
2x 1 x 1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4.
−+
⇔+ + + − =
Đặt
2x 1
tlog (x1),
−
=+ ta có
2
t1
2
t3t3t20
t2.
t
=
⎡
+=⇔ −+=⇔
⎢
=

4
=

0,50
Trang 5/5
2
Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra
A'H⊥
(ABC) và AH =
1
2
BC =
22
1
a3a a.
2
+=
Do đó
222
A'H A'A AH=−
2
3a= A'H a 3.⇒ =
Vậy
3
A'.ABC ABC
1a
VA'H.S

==
.
0,50Nếu 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
C
A
B
B'
A'
H
C'
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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
32
y4x 6x 1=−+ (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (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)
1. Tính tích phân
4
0
sin x dx
4
I.
sin 2x 2(1 sin x cos x)
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
=
++ +
∫

2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
22
xy1.+= Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2

là
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
xy20−+= và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x 3y 1 0.+−=

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
0,7 6
xx
log log 0.
x4
⎛⎞
+
<
⎜⎟
+
⎝⎠

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

=
⎡
=⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
•
y
CĐ
= y(0) = 1, y
CT
= y(1) = −1.

0,25

•
Bảng biến thiên :
0,25 •
Đồ thị :

−+= +−
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
()
()
32 2
4x 6x 1 12x 12x x 1 9−+= − +−
()( )
2
x1 4x5 0⇔+ −=
x1
5
x.
4
=−
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎣

0,50

5
x
4
=
thì
15
k
4
=
, phương trình tiếp tuyến là :
15 21
yx
44
=−
.

Các tiếp tuyến cần tìm là : và
y24x15=+
15 21
yx
44
=−
.

0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

3
π
=− + π

(k ).∈]
0,50
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Hệ phương trình đã cho tương đương với
22
2
(x xy) 2x 9
x
xy 3x 3
2
⎧
+=+
⎪
⎨
=+−
⎪
⎩

2
2
2
x
x3x3 2x
2

.

Nghiệm của hệ phương trình là
17
(x;y) 4; .
4
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
III

2,00
1
Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)

Ta có
()
AB 2; 3; 1 ,=−−
JJJG
(
AC 2; 1; 1 ,=− − −
Trang 2/4
)
J
JJG
tích có hướng của hai vectơ
là

I0; 1;1−
)
0,50 Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
2x 2y z 3 0
xy1z1
.
12 4
++−=
⎧
⎪
+−
⎨
==
⎪
−
⎩0,50

Suy ra
()
M2;3; 7.−
IV

2,00
1

I
2
(t 1)
=−
+
∫

2
1
21
2t 1
=
+

0,50

ơ

21 1432
.
22
21
−
⎛⎞
=−=
⎜⎟
+
⎝⎠
4


P
t2t
+
=
++
3
,
⇔ (1).
2
(P 2)t 2(P 6)t 3P 0−+−+=
− Với phương trình (1) có nghiệm
P2=
3
t.
4
=

− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

P2≠ ,
.
2
'2P6P360 6P3Δ=− − + ≥ ⇔− ≤ ≤

0,50
P3=
khi

2,00
1
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)

Ta có:
kk1
n1 n1
n1 1 1
n2C C
+
++
⎛⎞
+
+=
⎜⎟
+
⎝⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n2 (n1)!
++−++−
++0,50

[]

• là vectơ chỉ phương của u(1;1=
G
)
1
d, HH ' (a 1;b 1)=+ +
J
JJJG
vuông góc với
và trung điểm I
u
G
a1b1
;
22
−−
⎛
⎞
⎜
của thuộc Do đó tọa độ của H' là
nghiệm của hệ phương trình
⎟
⎝⎠
HH '
1
d.
1(a 1) 1( b 1) 0
a1 b1
20
22
++ +=
• Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là
và có phương trình
H'
2
d
v(3;4)=−
G
3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+− −=⇔ − + =
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y + 13 = 0
xy20
−
⎧
⎨
−+=
⎩

0,50