giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 240

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm).Cho hàm số y =
22
mx (3m 2)x 2
x3m
+
−−
+
(1) với m là tham
số thực.
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 45
0
.
Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình .

11 7
4sin x
3
sin x 4
sin x
2
π
⎛⎞
+=
⎜⎟

d :
x1 y z2
212
−
−
==
.
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). 1. Tính tích phân I =
4
6
0
tg x
dx
cos 2x
π
∫

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai
nghiệm thực phân biệt :

4
4
2x 2x 2 6 x 2 6 x m
+
+−+−= (m ∈ R).
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc
V.b

n
thỏa mãn hệ thức
1n
0
n
aa
a 4096
22
+++ =
. Tìm số
lớn nhất trong các số a
0
, a
1
, …, a
n
.
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 vng tại A, AB = a, AC =
a 3 và hình chiếu vng góc của

Đồ thị cắt trục hồnh tại 2 điểm là (1; 0) và (
−2; 0); đồ thị cắt trục
tung tại (0;
2
3
−
)
x =
−3 là tiệm cận đứng; y = x – 2 là tiệm cận xiên.(BBT và đồ thị
: học sinh tự làm).
2. Giả sử hàm số có tiệm cận xiên thì tiệm cận xiên có hệ số góc là m
do đó điều kiện cần để góc giữa 2 tiệm cận xiên bằng 45
0
là m = 1
hay m =
−1.
Thế m =
−1 vào (1) ta có : y =
2
xx2
x3
−
+−
−
=
4
x2
x3
−−+
−

π
⎛⎞
+=
⎜⎟
π
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
−
⇔
11
4sin x
sin x cos x 4
π
⎛⎞
+=− +
⎜⎟
⎝⎠
⇔
⇔
2
sin x cos x 0 hay sin 2x
2
+= =−
(hiển nhiên sin2x = 0 khơng
là nghiệm)

⇔

⎩
22
22
5
x y xy(x y) xy
4
5
(x y) xy
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎨
⎪
++=−
⎩

Đặt u = x
2
+ y, v = xy. Hệ thành :
2
5
u uv v (1)
4
5
u v (2)
4
⎧
++=−
⎪

⎪
⎩
⇔

2
3
yx
5
x
4
⎧
=−
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇔
3
3
5
x
4
25
y
16
⎧
=
⎪
⎪

3
2
−

Vậy :
2
1
xy
2
3
xy
2
⎧
+=−
⎪
⎨
⎪
=−
⎩
⇔
2
31
x
2x 2
3
y
2x
⎧
−
=−

x2y10
2y z 2 0
−−=
−
+=

Phương trình mặt phẳng (α) qua d có dạng :
m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 với m, n khơng đồng thời bằng 0
⇔ mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0
Ta có : d = d (A, α) =
22
9m 9n
5m 5n 8mn
−+
+−
chọn n = 1, ta có :
d =
2
91 m
5m 8m 5
−
−+
⇔ d
2
=
2
2
81(1 2m m )
5m 8m 5
−+

2a 5v 1 10 9
−
−
=
−===
−−
−
. Vậy pt mp
(α) thỏa ycbt là : x − 4y + z – 3 = 0
Cách khác : Pt mặt phẳng (α) chứa d và d (A, α) lớn nhất ⇔ α qua A’
(3, 1,
4)
và nhận
AA
= (1, −4, 1) làm pháp vectơ
'
JJJJG
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 244

⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0
⇔ x – 4y + z – 3 = 0
Câu IV. 1. I =
4
6
0
tg x
dx
cos 2x
π
∫

∫
t
=
1
3
3
0
t11t13110
tln ln
321t2
3193
++
−−+ = −
−
−
=
1103
ln(2 3)
227
+−

2. Đặt f(x) =
4
4
2x 2x 2 6 x 2 6 x
+
+−+−. MXĐ là : D = [0, 6]
f’(x) =
33
44

⎢⎥
⎜⎟
−++++
⎢⎥
⎜⎟
−−
⎢⎥
−
⎢⎥
⎣⎦
⎝⎠
⎣⎦
−

f’(x) = 0 ⇔
4
4
11
2x (6 x)
=
−
⇔ x = 2
x 0 2 6
f'(x)
+ 0 −
f(x)

4
3( 4 4)+


⇒ 9(a
2
– b
2
) = 5a
2
⇒ 4a
2
= 9b
2
Mà : b = 5 – a ⇒ 4a
2
= 9(5 – a)
2
⇒ 5a
2
– 90a + 225 = 0
⇒ a
2
– 18a + 45 = 0 ⇒ a = 3 hay a = 15 (loại).
Thế a = 3 vào (1) ta có : b = 2
Vậy phương trình chính tắc của (E) :
22
xy
1
94
+
=
2. Từ khai triển : với
nn

a2.C=

k k k1 k1
kk1 12 12
kk
aa 2.C 2.C(kN;0k11)
12! 12! 1 2
2. 2.2.
k!(12 k)! (k 1)!(11 k)! 12 k k 1
k 1 24 2k 3k 23 k 7 (k N)
++
+
≤⇔ ≤ ∈≤≤
⇔≤ ⇔
≤
−
+− −+
⇔+≤ − ⇔ < ⇔≤ ∈

Vậy : , nên hệ số lớn nhất là .
01 789 1
aa aaa a≤≤≤ ≤≥ ≥≥
2
2
8
a
Câu V.b. 1.
2
2x 1 x 1
log (2x x1)log (2x1) 4

x1
log (2x 1)
+
−
có a + b + c = 0
=>
x1
log (2x 1) 1
+
−
= và
x1
1
log (2x 1)
2
+
−
= .
* ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2
x1
log (2x 1) 1
+
−=
*
x1
1
log (2x 1)
2
+
−=


Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC.

22
BC a 3a 2a=+=
.
Ta có tam giác A’HA vng tại H có cạnh AH bằng a. Vậy :
A’H
22
4a a a 3=−=
.
Vậy thể tích khối chóp A’ABC
3
111
S.h . a.a 3.a 3
332
== =
a
2

Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax
⇒ ta có AHK là nửa tam giác đều vng tại K. Vậy
Δ
a
AK
2
=
.Góc giữa
AA’ và B’C’ chính là góc giữa AK và AA’, ta tìm cosin của góc A’AK
⇒

⇒ m = −1 : nhận (
0,25đ )
m = 1 nhận do kết quả câu 1 (
0,25đ ) . Tóm lại ycbt ⇔ m = ±1
Cách khác : y = mx – 2 +
6m 2
x3m
−
+
(0,25đ ).
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 247
ĐK có tiệm cận xiên:m ≠ 0 và m ≠
1
3
(0,25đ )
để TCX tạo với TCĐ 1 góc 45
0
thì m = 1 hay m = −1 (0,25đ )
Do đó, YCBT ⇔ m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠
1
3
⇔ m = ±1. (0,25đ )
Cách khác : TCX tạo với TCĐ 1 góc 45
0
⇔ TCX tạo với Ox 1 góc 45
0


⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
−

⇔
11
4sin x
sin x cos x 4
π
⎛⎞
+=− +
⎜⎟
⎝⎠

⇔
sin x cos x 4
(sin x cos x)
sin xcos x
2
+
=− +
(
0,25đ )
⇔
2
sin x cos x 0 hay sin 2x
2

5
xyxyxyxy (1
4
5
xy xy (2)
4
−
⎧
++ + + =
⎪
⎪
⎨
−
⎪
++=
⎪
⎩
()()
()
)
2
222
2
2
x y xy x y x y 0 (do(1) (2))
5
xy xy (2)
4
⎧
++ + − + = −

⎩
(0,25đ)
2
xy0
5
xy
4
⎧
+
=
⎪
⇔
⎨
−
=
⎪
⎩
(
)
()()
2
2
22
xy x y 1
1
xy xy
4
⎧
=+−
⎪

=
⎪⎪
=
⎩
⎪
⎩

3
3
5
x
x1
4
3
y
25
2
y
16
⎧
=
=
⎧
⎪
⎪⎪
⇔∨
⎨
⎨−
=
⎪⎪

=
⎪
⎩
(0,25đ)
Câu III. 2.Phương trình tổng qt của d là :
{
x2y10
2y z 2 0
−
−=
−
+=

Phương trình chùm mặt phẳng qua d có dạng :
(x – 2y – 1) = 0 (α
0
) hay m(x – 2y – 1) + (2y – z + 2) = 0 (α )
d (A, α
0
) =
9
5

Ta có : d = d (A, α) =
2
91 m
5m 8m 5
−
−
+

– 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0
(
0,25đ)
Vì a = (5v – 1) và b = −2(4v – 1) khơng đồng thời bằng 0 nên miền
giá trị của v là tất cả v thỏa Δ’ = (4v – 1)
2
– (5v – 1)
2
≥ 0
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 249
⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤
2
9
.(0,25đ)
Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất ⇔ v =
2
9
, khi đó ta có m
b4v189
1
2a 5v 1 10 9
−
−
=−===
−−
−
.

Ta có:
(
)
(
)
=≤=
,
() ,( )
0
d A AK AH d A
αα
(0,5đ)
(
)
max ,( )dA AH
α
⇒=
, xảy ra khi
(
)
(
)
0
α
α
≡

Vậy pt
()
α

=
1
3
2
2
0
1
t1 d
1t
⎛⎞
−−+
⎜⎟
−
⎝⎠
∫
t
(0,25đ)
=
1
3
3
0
t11t
tln
321t
+
−−+
−
(0,25đ)


⎢
⎥
−
⎣
⎦
⎢−⎥
⎣⎦
=

444
4
22
4 4
44
1111 1 1 11
2
2x (6 x) 2x. 6 x 2x (6 x)
(2x) (6 x)
⎡⎤
⎛⎞
⎡⎤
⎢⎥
⎜⎟
−++++
⎢⎥
⎜⎟
−−
⎢⎥
−
⎢⎥

=+
1
là một hàm giảm nghiêm cách với u > 0.
() ( )
(
)
226
f
xgx g x=+−
.(0,25đ). Do đó

() ( ) ( )
// /
22 26fx g x g x=−−0=
2=
() ( )
//
2626gxg x x xx⇔=−⇔=−⇔
(0,25đ)
trong khoảng từ [0,2) ta có
(
)
(
)
26xx
<
−() ( ) () () ( )

)
(0,25đ)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 251
Phần tự chọn. V.b. 1. với ĐK:
1
x
2
x1
⎧
>
⎪
⎨
⎪
≠
⎩
thì Pt
()
(
)
2x 1 x 1
1log x1 2log 2x1 4
−+
⇔+ + + − =
(0,25đ)
()
()
2x 1

)
2
x1 2x1hayx1 (2x1)⇔+=− += −
⇔ x = 2 hay x = 0 (loại) hay x =
5
4
⇔ x = 2 hay x =
5
4
(0,25đ)
2.
A
/
B H C
A K
x Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC.

22

AK 1
2
cos A'AK
AA ' 2a 4
=
==
.(0,25đ)
y
x
A
C
A’
B’
C’
M
B
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 252

Cách khác Gọi M là trung điểm BC
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
A(0;0;0) , B(a;0;0) , C(0;
a3;0)
aa3
A; ;a3
22
⎛⎞
′
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

G
GG
GG
.
1
cos cos ,
4
.
ab
ab
ab
ϕ
(0,25đ)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2008
Mơn thi : TỐN, khối B
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
33 22
sin x 3 cos x sin x cos x 3sin x cos x−= −
2. Giải hệ phương trình
4322

⎝⎠
=
∫

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 253
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn hệ thức x
2
+ y
2
= 1. Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2(x 6xy)
P
12xy2y
+
=
++

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. Chứng minh rằng
kk1
n1 n1 n
n1 1 1 1

+
⎜⎟
+
⎝⎠
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a,
SA=a, SB =
a 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.
3
BÀI GIẢI
Câu I. 1. MXĐ : R, y’ = 12x
2
– 12x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1

BBT :
x
−∞ 0 1 +∞
y'
+ 0 − 0 +
y
1 +∞

−∞ −1 2. Tiếp tuyến qua M (−1, −9) có dạng y = k(x + 1) – 9
Phương trình hồnh độ tiếp điểm qua M có dạng :
CĐ

– 5x + 5 = 6x
2
– 6x ⇔ x = –1 hay
4x
2
– x – 5 = 0
⇔ x = –1 hay x =
5
4
; y’(−1) = 24; y’(
5
4
) =
15
4

Vậy pt các tiếp tuyến qua M là: y = 24x + 15 hay y =
15
4
x
21
4
−

Câu II. 1. cosx = 0 : phương trình thành : ±1 = 0 vơ lý
cos ≠ 0 : chia hai vế cho cos
3
x ta có :
32
tg x 3 tgx 3tg x−= −

x2xyxy2x9
x2xy6x6
⎧
++=+
⎪
⎨
+=+
⎪
⎩
22
2
(x xy) 2x 9 (1)
6x 6 x
xy (2)
2
⎧
+=+
⎪
⎨
+−
=
⎪
⎩

Thay (2) vào (1) ⇒
2
2
2
6x 6 x
x2

JJG
= (−2, −1, −1)⇒

AB AC (2,4, 8) 2(1,2, 4)∧= −= −
JJJGJJJG
Phương trình mp (ABC) : 1(x – 0) + 2(y – 1)–4(z–2) = 0
⇔ x + 2y – 4z + 6 = 0
2. Gọi M (x, y, z). MA = MB = MC ⇔ MA = MB và MA = MC
⇔ (x – 0)
2
+ (y – 1)
2
+ (z – 2)
2
= (x – 2)
2
+ (y + 2)
2
+ (z – 1)
2
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 255
và (x – 0)
2
+ (y – 1)
2
+ (z – 2)
2

⎤
⎢
⎥
+
⎣
⎦
=
111
2
221
⎛⎞
−
⎜⎟
+
⎝⎠

=
11
2222
−
+

2. Đặt x = cosα; y = sinα (0 ≤ α < 2π)
P =
2
2
2(cos 6sin cos )
12sincos 2sin
α
+αα

+
+
⎜⎟
+
⎝⎠
1
=
k1
n2
kk
n1 n1
C
n1
.
n2C.C
+
+
+
1
+
+
+
+
=
k
n
k!(n k)! 1
n! C
−
=

3x 4y 7 0
3x 4y 13 0
+
+=
−
+=

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 256

⇒ C
10 3
,
34
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

Câu V.b.
1.
2
0,7 6
xx
log log
x4
⎛⎞
+
⎜⎟
+
⎝⎠

SH

Diện tích tứ giác BNDM S
C
D

B N

M

H
G
P
A S(BNDM)
2
11
22.2
22

SG =
22
a5
SH HG
2
+=

⇒ cos (SM,ND)
222
1
2.
5
+−
==
SM MG SG
SM MG

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 257
Cách khác : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(0, 0); S
aa3
,0,
22
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
,

⎜⎟
⎝⎠

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Mơn thi : TỐN, khối D

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
2. Giải hệ phương trình
22
xy x y x 2y
(x,y )
x2y yx 1 2x 2y
⎧
++= −
⎪
∈
⎨
−−=−
⎪


k
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. Tìm số ngun dương n thoả mãn hệ thức
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
13 2n1
2n 2n 2n n
C C C 2048 (C
−
+++ =
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y
2
= 16x
và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động
trên (P) sao cho góc = 90
n
BAC
0
. Chứng minh rằng đường thẳng
BC ln đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
1
2
x3x2
lo g 0
x

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 259
2. d : y - 2 = k(x - 1) ⇔ y = kx - k + 2
Pthđgđ : x
3
- 3x
2
+ 4 = kx - k + 2 ⇔ x
3
- 3x
2
- kx + k + 2 = 0
⇔ (x - 1)(x
2
- 2x - k - 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨ g(x) = x
2
- 2x - k - 2 = 0
Vì Δ' > 0 và g(1) ≠ 0 (do k > - 3) và x
1
+ x
2
= 2x

x2y yx1 2x 2y−−=−
ta được :

(2y 1) 2y y 2y 2y 2+−=+
⇔
(y 1)( 2y 2) 0+−=

⇔ y = - 1 (loại) ∨ y = 2.
Vậy hệ có 1 nghiệm : x = 5; y = 2.

Câu III (2 điểm)
1. Pt mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
- 2ax - 2by - 2cz + d = 0
(S) đi qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 0 và 18 - 6a - 6c + d = 0
và 18 - 6b - 6c + d = 0 và 27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 ⇔
333
a;b;c;d
222
====
0
=
.
Vậy pt (S) : x
2
+ y

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 260

Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC chính là giao điểm H của d và
mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2).

Câu IV
(2 điểm)
1. Đặt
dx
ulnx du
x
=⇒=
,
3
dx
dv
x
=
chọn v =
2
1
2x
−2
2
1
23
1

sin(u v)cos(u v)
(sin u cosu) (sin v cosv)
−
+
++
=
1sin2usin2v
2 (1 sin 2u)(1 sin2v)
−
++

=
11 1
2 1 sin2v 1 sin2u
⎛⎞
−
⎜⎟
++
⎝⎠

P
max
=
11 1 1
khi
21 0 11 4
⎛⎞
−=
⎜⎟
++

==
++ ++ ++
2

=
22
xy
(1 x) (1 y)
−
++
, mà
2
a1
0(
(1 a) 4
a0)
≤
≤∀≥
+

nên : P
max
1
4
=
khi x = 1 ; y = 0 và P
min
=
1
4

2n 1 3 2n 1 12
2n 2n 2n
2 2(C C C ) 4096 2
−
=+++==
2. B, C ∈ (P) ⇒
22
bc
B;b,C;c
16 16
⎛⎞⎛
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
(b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4)

22
bc
AB 1;b 4 ,AC 1;c 4
16 16
⎛⎞⎛
=−− =−−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
JJJG JJJG
⎞
⎟
⎠

.
Nên có pt BC :
2
by
16(x ) (b c)(y b) 0 16x (b c)y bc 0 4(4x 17y) bc( 1) 0
16 4
−−+ −=⇔−++=⇔ + + +=
BC ln qua điểm cố định thoả : 4x + 17y = 0 và
y
10
4
+
=

⇔ x = 17 và y = - 4. Vậy BC ln qua I (17, -4) cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1.
Bpt ⇔ 0 <
2
x3x2
1
x
−+
≤

⇔
22
x 3x2 x 4x2
0và 0
xx

M
N
K
H
Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN))
(vì N là trung điểm BB’)
= BH với H là hình chiếu của B lên mp (AMN)
Ta có :

2 2 2 2 222 2
11111427
BH
BH BA BM BN a a a a
7
=++=++=⇒=
a