TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TUYỂN TẬP
CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
TỪ NĂM 2002 – 2014
Tây Ninh ngày 25 tháng 07 năm 2014
Giáo viên: Trần Quốc Dũng
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số:
3 2 2 3 2
3 3(1 ) -y x mx m x m m= − + + − +
(1) (m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm k để phương trinh:
3 2 3 2
3 3 0x x k k
−− + + =
có ba nghiệm phân biệt.
3. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phương trình:
3 3
2 2 1 2 1 0log x log x m+ + − − =
(2) (m là tham số ).
1. Giải phương trình (2) khi
2m =

2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng:
1
2 4 0
:
2 2 4 0
x y z
x y z
− + − =


+ − + =
∆

và
2
1
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= = +


= +

∆

C C
=
và số hạng thứ tư bằng 20n, tìm
n
và
x
.
Hết
Ghi chú: 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:
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
Môn thi: TOÁN, KHỐI B
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu I.(ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số:
4 2
( 9) 10y mx m= + − +
(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 ba điểm cực trị.
Câu II.(ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2 2 2
3 4 5 6sin x cos x sin x cos x
− = −
2. Giải bất phương trình:
3

4 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
1
( )
2
;0I
, phương trình đường thẳng AB là
2 2 0x y
− + =
và AB = 2AD . Tìm tọa độ các
đỉnh A,B,C,D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCDA B C D
có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
A B
và
1
B D
.
b) Gọi M,N,P lần lượt là các trung điểm của các cạnh
1 1 1
, ,BB CD A D
. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và

Cho hàm số :
2
(2 1)
1
m x m
y
x
− −
=
−
(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 đường cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y = x.
Câu II.(ĐH : 2 điểm; CĐ : 3 điểm).
1. Giải bất phương trình :
2 2
( 3 ). 2 3 2 0x x x x− − − ≥
2. Giải hệ phương trình:
3 2
1
4
5
2
2 2
2 4
x
x x
x
y


+ + + + =

( m là tham số).
Xác định m để đường thẳng d
m
song song với mặt phẳng (P).
Câu V.(ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dương n sao cho
0 1 2 2
2 4 2 243
n
n n n n
C C C C
+ + + + =
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, cho elip (E) có phương trình
2 2
1
16 9
x y
+ =
. Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao
cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M, N để đoạn thẳng 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:
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

0
0 ' ( 1) 4
3
x
y y
x
=

= ⇔ − =

=

Đồ thị:
Σ
1,0đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Σ
1,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
I 2
Cách 1: Ta có:
3 2 3 2 3 3 2
3 3 0 3 3x x k k x x k k
− + + − = ⇔ − + = − +



− +



k
k
k k
k k
k k
Cách II. Ta có
( ) ( )
3 2 3 2 2 2
3 3 0 3 3 0
 
+ + − = ⇔− − + − + − =
 
x k k x k x k x k kx

Có ba nghiệm phân biệt
( ) ( )
2 2
f x x k 3 3 0x k k⇔ = + −+ =−

Có 2 nghiệm phân biệt khác k
2
2 2 2
3k 6k 9 0
k k 3k k 3k
1 k 3

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

Ta thaays
1 2
x x≠
và
y'
đổi dấu khi qua
1
x
và
2
x

0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
2
3m 2x m 1 y m
y 2x m
2 4
m
− + +
=
+
= −
−
+⇔

Cách II.
( )
( )
2
2 2
y' 3x 1 m 3 x m6mx 3 3,
= − − = − −+ + +
Ta thấy
( )

3 3
6mx 3 3m m+
 
= − − + −

+ −
 
+
÷

Từ đây ta có
1 1
2
my 2x m
= − +
và
2 2
2
my 2x m= − +

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
2
my 2x m
= − +

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

⇔ ⇔

=
=

−

1
t 3= −
(loại),
2 2 3
2 3 3 3
t 2 log x 3 log x 3 log x 3 x 3
±
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ =

3
x 3
±
=
thỏa mãn điều kiện
x 0>

(thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑

∑
0,25đ
0,25đ
Vậy (2) có nghiệm
3
1,3∈
 
 
khi và chỉ khi (3) có nghiệm
[ ]
1,2∈
. Đặt
( )
2
f t tt= +
Cách 1.
Hàm số
( )
f t
là hàm tăng trên đoạn
[ ]
1;2
. Ta có
( )
f 1 2=
và
( )
f 2 6=

Phương trình

1 2
1 t t 2< ≤ <
Do
1 2
t t 1
1
2 2
+
= − <
nên không tồn tại m
TH2. Phương trình (3) có 2 nghiệm
1 2
t ,t
thỏa mãn
1 2
t 1 t≤ ≤
hoặc
1 2
1 t 2 t≤ ≤ ≤

( )
2m 4 2m 0 0 m 2⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤

(thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

1 2sin 2x
+ − + +
 
=
 ÷
+
 
sin x 2sin x sin 2x cos3x sin3x
5 5cos x
1 2sin 2x
+ + +
 
= =
 ÷
+
 

Vậy ta có :
2
5cosx cos 2x 3 2cos x 5cosx 2 0
= + ⇔ − + =

cosx 2=
(loại) hoặc
( )
1
cos x x 2k k
2 3
= ⇒ = ± +
π

Ta thấy
1 2
x ,x
thỏa mãn điều kiện
1
sin 2x .
2
≠ −
Vậy các nghiệm cần tìm là :
1
x
3
=
π
và
2
x
3
5
=
π

(thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phương trình
2
x 34xx 3− + = +
có 2 nghiệm
1
x 0=
và

3
2
S x dx x dx x5x 3 6 d5 xx x+ − += − + ++ −
∫ ∫ ∫

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
3 2 3 2 3 2
1 3 5
0 1 3
1 5 1 3 1 5
S x x x x x x
3 2 3 2 3 2
6x− + +
     
= − + + + −
 ÷  ÷  ÷
     

( )
13 26 22 109
S d.v.d.t

AI AMN
AI MN
⊥

∩ =

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊂


⊥


Suy ra tam giác SAK cân tại
a 3
A SA AK
2
⇒ = =

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
2 2 2
2 2 2

= =
CHÚ Ý
1) Có thể chứng minh
AI MN⊥
như sau
( ) ( )
BC SAK MN SAK MN AI⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
2) Có thể làm theo phương pháp tọa độ :
Chản hạn chọn hệ tọa độ Đe cac vuông góc Oxyz sao cho
( )
a a a 3 a 3
K 0;0;0 ,B ;0;0 ,C ;0;0 ,A 0; ;0 ,S 0; ;h
2 2 2 6
   
− −
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

Trong đó h là độ dài đường cao SH của hình chóp S.ABC
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2a)
Cách I: Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

( )
22
M 1;2;1
∈∆

( )
( ) ( )
( )
p 2
2
2
2
0
n .u 0
M P
M 1;2;
/ /
1 P
P

α −β =
=

 
∆ ⇔ ⇒
 
∉
∉



=



( ) ( )
1 11 1
,uM 0; 2; 2;3;40 / /∈∆ = ∆⇒ −
uur

(Ta có thể tìm tọa đổ điểm
11
M ∈∆
bằng cách cho
x 0 y 2,z 0
= ⇒ = − =
và tính
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
( )
1
2 1 1 1 1 2
u ; ; 2;3;4

là :
2x z 0− =
Mặt khác
( ) ( )
1
M 1;2;1 P∉
⇒
phương trình mặt phẳng cần tìm là :
2x z 0
− =

0,25đ 0,25đ
2b)
Cách I.
( ) ( )
2
H 1 t;2 t;1 2t MH t 1;t 1;2t 3H∈∆ → + + + ⇒ = − + −
uuuur

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
MH t 1 t 1 2t 3 6t 6 t 112t 11 5⇒ = − + − = =+ −+ + − +

Đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
( )
t 1 H 2;3;4= ⇒

Cách II.
( )

và
C C
x a y 3a 3.= ⇒ = −

Vậy
( )
C a; 3a 3−

Từ công thức
( )
( )
G A B C
G A B C
1
x x x x
3
1
y y y y
3

= + +




= + +


ta có
( )

3 a 1 3 a 1 3 1
−−
= = = =
+ +
− + − +

1.0
∑
0,25đ
Vậy
a 1 2 3 3− = +

TH1.
1 1
7 4 3 6 2 3
a 2 3 3 G ;
3 3
 
+ +
= + ⇒
 ÷
 ÷
 

TH2.
2 2
4 3 1 6 2 3
a 2 3 1 G ;
3 3
 


1 2
7 3 1 6 2 3
a x 2 3 2 3 G ;
3 3
 
+ − +
⇒ = + = + ⇒
 ÷
 ÷
 

TH2: Nếu A và O cùng phía đối với
1
B x 1 2 3⇒ = −
tương tự ta có
1 2
4 3 1 6 2 3
a x 2 1 2 3 G ;
3 3
 
− − − −
⇒ = − = − − ⇒
 ÷
 ÷
 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

2
n 7
=

Với
n 7=
ta có
x
x 1
3 2x 2 x x 2
3
2
3
4
7
1C 2 2 35.2 .40 2 140 2 4 x 4
−
−
− − −
 
 
⇔ = ⇔ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 ÷

=
 ÷

 

4
′
∈ = − = −
=

∀ = ⇔

= ±

¡

2 2
4 2
y'' 12x x , y'' 0 x
3
2
3
16 1− =
 
= = ⇔ = ±
 ÷

−


Bảng biến thiên:
Hai điểm cực tiểu:
( )
1
A 2; 6− −

( )
B 0;10
. Đồ thị cắt
trục hoành tại 4 điểm có hoanh độ:
x 4 6= ± +
và
x 4 6= ± −

1.0
∑
0,25đ
0,5đ
0,25đ
1.5
∑
0,5đ
0,5đ
0,5đ
I 2
( ) ( )
3 2 2 2
2 2
y' 4mx m x 2x 2mx
x 0
y' 0
2mx
2 9 m 9
m 9 0
+ − + −= =
+ − =

m
≠


⇔−
−
=

=


+
Phương trinhf
2 2
mx 92m 0+ − =

Có 2 nghiệm khác 0
m 3
0 m 3
< −

⇔

< <


Vậy hàm số có ba điểm cực trị
m 3
0 m 3
< −

cos12x cos10x cos8x cos6x 0
cos x cos11x cos7x 0
cos x sin9xsin 2x 0
k
x
9
sin 9xsin2x 0 k
k
x
2
⇔ + − + =
⇔ − =
⇔ =

=

⇔ = ⇔

=

π


∈
π
¢

Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đưa về phương trình tích
1.0

9
x 0, x 1
9 9 x log 73 272 0 72 1
log
− >

> ≠


⇔ ⇔ >−



− > >


Do
9
x log 73 1> >
nên
( )
( )
3
x
1 log 9 2 x7⇔ − ≤

( )
( )
x x x x
9 3 32 7 0 37 23− −⇒ ≤ ⇒ − ≤



Điều kiện:
( )
x y 0
3
x y 0
− ≥


+ ≥


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

Thay
x y
=
vào (2), giải ra ta được

= +

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
III
Tìm giao điểm của hai đường cong
2
x
y 4
4
= −
và
2
x
y
4 2
=

2 2 4 2
2

4 2
x
2 2
 
 ÷
= − − = − − = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫

Để tính
1
S
ta dùng phép đỏi biến
x 4sint,
=
khi
0 t
4
≤ ≤
π
thì
0 x 8≤ ≤
dx 4costdt
=
và
cos t 0 t 0;
4
 
> ∀

d
2
= = =
∫
Vậy
1 2
4
S S S 2
3
= − = π +

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.5
∑
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Chú ý : Thí sinh có thể tính diện tích
2
8
8
2
x x
S 4 dx

x 2y 2 0
1 5
x
2 2
y+
− + =



   
−

 ÷  ÷
   

=

Giải hệ ta được
( ) ( )
A 2;0 ,B 2;2−
(vì
A
x 0<
)
( ) ( )
C 3;0 ,D 1; 2⇒ − −
Chú ý :
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đường thẳng AB. Sau đó
tim A, B
1.0

uuuur uuuur uuuuur
và
( )
2 2 2
1 1
A ;2a ;aB,B D a
 
=
 
uuuur uuuur
Vậy
( )
1 1 1 1
1 1
1
3
2
1
A B,B D A B
a a
d A B,B D
a 6 6
A B,B D
 
 
= = =
 
 
uuuur uuuur uuuuur
uuuur uuuur

GA GB GC= =
G
⇒
là tâm tma giác đều
1 1
A BC
có cạnh bằng
a 2
( )
1 1 1 1
1 1 3 a
d A B,B D IG C I A B
3 3 2
6
= = = =

Chú ý :
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

Từ cách I của 2a) ta tìm được
a a a
M a;0; , N ;a;0 ,P 0; ;a
2 2 2
     
 ÷  ÷  ÷
     

1
a a a
MP a; ; ,NC ;0;a MP.NC 0
2 2 2
   
⇒ = − = ⇒ =
 ÷  ÷
   
uuur uuuur uuur uuur

Vậy
1
MP C N⊥

Gọi E là trung điểm của
1
CC
thì
( )
1 1
ME CDD C⊥ ⇒
hình chiếu vuông góc của

A ,A , ,A
là
3
2n
C

Gọi đường chéo của đa giác đều
1 2 2n
A ,A , ,A
đi qua tâm đường tròn (O) là đường
chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn.
Mõi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm
1 2 2n
A ,A , ,A
có các đường chéo
là hai đường chéo lớn. ngược lại, với mỗi cặp đường 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
đường chéo lớn của đa giác
1 2 2n
A ,A , ,A
tức
2
n
C

Theo giả thiết thì:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2

m 1
= −
, ta có
3x 1 4
y 3
x 1 x 1
− −
= = − −
− −

TXĐ:
x 1
≠

CBT:
( )
2
4
y' 0, x 1
x 1
= > ∀ ≠ ⇒
−
hàm số không có cực trị.
3đ
1
1/ 4

4đ
1,5
1/ 4

x 0 y 1; y 0 x 1/ 3= ⇒ = = ⇒ = −

1/ 4