ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A
A.PHẦN BẮT BUỘC
CÂU I: Cho hàm số
3 2
2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + +
(
m
C
)
1) Cho m=2 . Tìm phương trình các đường thẳng qua
19
( , 4)
12
A
và tiếp xúc
với đồ thò (
2
C
) của hàm số .
2) Tìm m để hàm số có hai cực trò. Gọi
1
M
và
2
M
là các điểm cực trò ,tìm
m để các điểm
1
M
,
2


5
3
3
2
cos 2
cos 3 sin
xdx
K
x x
∏
∏
=
−
∫
CÂU III:
1)Chứng minh rằng với mọi
[ ]
1,1t ∈ −
ta có:
2 2
1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + − ≥ −
2)Giải phương trình:
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)x x x x x x x+ − + − − ≥ − − +
.
CÂU IV:
1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó
có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1?
2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số (chữ so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng

⊥
. Chứng minh rằng
( )SC AHK⊥
và tính độ dài đoạn HK
CÂU Vb:Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng
( )d
:
2 1 2 0x my+ + − =
và hai đường tròn:
2 2
1
( ) : 2 4 4 0C x y x y+ − + − =
và
2 2
2
( ) : 4 4 56 0C x y x y+ + − − =
.
1)Gọi I là tâm đường tròn
1
( )C
.Tìm m sao cho
( )d
cắt
1
( )C
tại hai điểm phân biệt A
và B.Với giá trò nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trò đó.
2)Chứng minh
1
( )C

2 3 5y x x= − +
(C
2
).
Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k:
19
( ) 4
12
y k x= − +
(d) tiếp xúc (C
2
)
⇔
19
3 2
2x 3 5 ( ) 4 (1)
12

2
6 6 (2)
x k x
x x k

− + = − +



− =

có nghiệm.

) là:
y=4 hay y=12x - 15 hay
21 645
32 128
y x= − +
2. Tìm m để hàm số có 2 cực trò.
Ta có:
3 2
2 3( 3) 11 3y x m x m= + − + −,
2
6 6( 3)y x m= + −

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

Suy ra phương trình đường thẳng M
1
M
2
là:
2
( 3) 11 3y m x m= − − + −
M
1
, M
2
, B thẳng hàng
B⇔ ∈
M
1
M
2

⇔
-1=11-3m
⇔
m= 4
So với điều kiện m
≠
3 nhận m= 4
ĐS:m=4
CÂU II:
Đặt
2 2
/ 6

π π
2 2
6 6
sin x + cos x 1
• I + J= dx = dx
sinx + 3cosx sinx + 3cosx
0 0
π
π π π
sin(x + )
6 6 6
1 1 1 1
3
= dx = dx = dx
π π
2 2
2
1 3
0 0 0
sin(x+ ) 1 - cos (x + )
2( sinx + cosx)
3 3
2 2
∫ ∫
∫ ∫ ∫
Đặt
cos( ) sin( )
3 3
t x dt x dx
π π

t t
t t
t
t
−
 
⇒ + = = = +
∫ ∫ ∫
 ÷
+ −
 
− −
 + 
= =
 ÷
−
 
2. Tính I, J, K
5
3
cos 2
cos 3 sin
3
2
x
dx
x x
π
π
=




Đổi biến số cho tích phân K: Đặt
3
2
t x dt dx
π
= − ⇒ =
Đổi cận:
3
0
2
5
3 6
x t
x t
π
π π
= ⇒ =
= ⇒ =
3
cos 2
6
2
3 3
0
cos 3 sin
2 2
2 2

CÂU III:
1. Chứng minh
[ ]
2 2
1,1 , 1 1 1 1 2t t t t t∀ ∈ − + + − ≥ + − ≥ −
vì
[ ]
1,1t ∈ −
nên đặt t= cos2x với
0,
2
x
π
 
∈
 
 
Khi đó bất đẳng thức trở thành:
2 2
1 cos 2 1 cos 2 1 1 cos 2 2 cos 2x x x x+ + − ≥ + − ≥ −
( )
( )
( )
2 2 2 2
2
2
2cos 2sin 1 sin 2 2 1 sin 2
2 cos sin 1 sin 2 1 sin 2 (*)
1 sin 2 2 cos sin ( )
1 sin 2 1 sin 2 ( )

sin 2 sin 2x x⇔ ≥ đúng
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
Do đó (*) đúng
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
, nghóa là bắt đẳng thức được chứng minh.
2. Giải phương trình:
Ta đặt điều kiện cho phương trình :
Điều kiện của vế trái:
2
2 0
2 2
1 2 0 2 1 0 2
2
2 1
x x
x x x x x

2( 1) (2 4 1) 2 2x x x x x− − + ≥ − +
2 2 2 2
2( 2 1) 2( 2 ) 1 2 2x x x x x x
 
⇔ − + − + ≥ − +
 
 
Đặt
2
2t x x= − khi đó điều kiện trở thành:
2
2( 1) (2 1) 2t t t+ + ≥ +

2
(4 10 7) 0t t t⇔ + + ≥
2
0(4 10 7) 0,t t t t⇔ ≥ + + ≥ ∀
Vậy điều kiện vế phải là:
2
2 0 0 2x x x x− ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥
Tóm lại: điều kiện của phương trình là:
0 2
0 2
0 2
x
x x
x x
≤ ≤

⇔ = ∨ =

Gọi số cần tìm là:
Y=
1 2 3 4 5 6 7
a a a a a a a
Giả sử
1
a
có thể bằng 0:
Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là:
2
7
C

Cách xếp vò trí cho ba chữ số 3 là:
3
5
C

Cách xếp cho 2 vò trí còn lại là: 2!
2
8
C

Bây giờ ta xét
1
a
= 0:
Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là:
2
6

SN CM AN NC
⊥ ⇒ ⊥
N
( )ABCD∈
và
¼
0
90ANC =
nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố đònh.
Ta có: CN=AC
cos 2 cosa
α α
=
Vậy
V
SACN
=
1 1 1
. . . sin .
3 3 2
S SA AC CN SA
ACN
α
=
=
1
2. 2.cos .sin . 2
6
a a a
α α

2 2 sinAK AS AN a a
α
= + = +
sin 2
2
1 sin
a
AK
α
α
⇒ =
+
Tam giác SAC có AH= a.
Vậy
2 2
2 sin
2 2 2 2
2
1 sin
a
HK AH AK a
α
α
= − = −
+
=
2 2 2
sin
2
1 sin

1
C
có tâm I (1;-2) và bán kính
1
R
=3
(d) cắt
( )
1
C
tại 2 điểm phân biệt A, B
( ( ))
1
d I d R⇔ < <
.
2
2 2 1 2 3 2
2 2
1 4 4 18 9
2
5 4 17 0
m m
m m m
m m
m R
⇔ − + − < +
⇔ − + < +
⇔ + + >
⇔ ∈
Ta có:

1 2 2
2
m m− = +
2 2
16 16 4 36 18
2
2 16 32 0
m m m
m m
⇔ − + = +
⇔ + + =
2
( 4) 0 4m m⇔ + = ⇔ = −
2)
( )
2
C
có tâm J(-2,2) và bán kính
2
R
= 8
Ta có: IJ= 9 16+ =5=
2 1
R R−
Vậy
( )
1
C
và
( )

. 2 4 0
5 5 5 5
9 12 78
0
5 5 5
x y x y
x y
     
+ − − + + − − =
     
     
⇔ − − =
⇔
3x - 4y – 26 = 0
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A,B
ĐẠI HỌC LUẬT TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A
CÂU I: (2 điểm)
Cho hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
2) Cho điểm A(0;a). Xác đònh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp
điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.
CÂU II: (2 điểm)

CÂU IV: (2 điểm)
1) Xác đònh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:
2
2
( 1)
( 1)
x y a
y x a

+ = +


+ = +


2) Giải phương trình:
2 6 2
2 2 2
log log log 4
4 2.3
x
x
x
− =
CÂU V: (2 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1),
A(1;1;0). Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0.
1) Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n.
2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) .Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN)
tiếp xúc với một mặt cầu cố đònh.

= ∞
− >
• TCN: y=1 vì
lim 1y
x
=
→ ∞
• BBT:
• Đồ thò:

2) Xác đònh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2
phía của 0x.
Gọi
( ; ) ( )
0 0
M x y C∈
2
0
0
1
0
x
y
x
+
⇔ =
−
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
'
( )( )

−
+ −
−
⇔ = +
− −
Tiếp tuyến qua A(0,a)
2
4 2
0 0
2
( 1)
0
x x
a
x
+ −
⇔ =
−
2
( 1) 2( 2) 2 0
0 0
a x a x a⇔ − − + + + =
(1)
(vì
0
x
=1 không là nghiệm)
Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:
1 0
1

0
x
y
x
+
=
−
và
2
1
1
1
1
x
y
x
+
=
−
Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox.
( )
2
2
0
1
0 . 0
0 1
1 1
0 1
2( ) 4

+ + +
⇔ <
− + +
+ +
+ +
− −
⇔ <
+ +
− +
− −
+ −
⇔ < ⇔ − − < ⇔ >
−
Tóm lại:
2, 1
2
3
a a
a
> − ≠


−

>



2
3

x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
+ +
= − + +
= − + + +
= + − +
Vậy:
Phương trình (1
[ ]
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0
sin cos 0(2)
2(cos sin ) sin cos 0(3)
x x x x x x m
x x
x x x x m
⇔ + − + − =
+ =

⇔

− + − =

Ta có:
(2)
sin cos
1
4
x x
tgx x k

t=1
Vậy:
2
2 cos( ) 1 cos( )
4 4 2
x x
π π
+ = ⇔ + =
2
4 4
x k
π π
π
⇔ + = ± +
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=


⇔

= − +

Tóm lại: nghiệm của phương trình khi m=2 là:

2
4 1 2t t m⇔ − = −
Xem hàm số f(t)=
2
4t t−
trên [-1;1]
'
( ) 2 4 0, [1, 1]f t t t⇒ = − < ∀ ∈ −
⇒
y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]
Vậy: YCBT
(1) 1 2 ( 1)
3 1 2 5
2 2
f m f
m
m
⇔ ≤ − ≤ −
⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ ≤
CÂU III:
1) Tính
1
5 3
. 1
0
I x x dx⇒ = −
∫
Đặt
3 2 3 2

0
t t t dt
t t dt
t t
−
 
= −
∫
 
 
= −
∫
 
 
= − =
 
 
2) Chứng minh
1 1 2 2 1
.3 2 .3 ....... . .4 .
n n n n
C C n C n
n n n
− − −
+ + + =
Ta có:
0 1 1 2 1 2
(3 ) .3 .3 . .3 . ....... .
n n n n n n
x C C x C x C x

0 0
,x y
thì
0 0
( , )y x
cũng là nghiệm của hệ.
Nên hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x y=
.
Thế vào hệ ta được :
2
( 1)
0 0
x x a+ = +
2
1 0
0 0
x x a⇒ + + − =
Ta có
2
1 0
0 0
x x a+ + − =
có nghiệm duy nhất.
0)1(41 =−−=∆⇒ a
3
4
a⇒ =
Điều kiện đủ:

=

⇔

= − −

Thế y=x vào (1) ta được :
1 1
2
4 4 1 0
2 2
x x x y+ + = ⇔ = − ⇒ = −
Thế y= - x - 3 vào (1) ta được :
2
4 12 13 0x x+ + =
( vô nghiệm )
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất
1
2
1
2
x
y

= −




= −

x x x+
= =
Do đó phương trình trở thành:

log log log
2 2 2
4.4 6 18.9
x x x
− =
log log
3 9
2 2
4 18.
2 4
x x
   
⇔ − =
   
   
(*)
Đặt
log
3
2
2
x
t
 
=
 

3 4
2
2
2
2 9
x
x
 
⇔ = ⇔ = −
 
 
Vậy
1
4
x =
là nghiệm của phương trình.
CÂU V:
S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0) với m + n = 1 và m > 0, n > 0.
1) Thể tích hình chóp S.OMAN.
Hình chóp S.OMAN có SO là chiều cao.
Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích
OMA
∆
và
ONA
∆
[ ] [ ]
2
1
2

⇒

= −


uuur
uuur
Véctơ pháp của (SMN) là
( , , )n n m mn=
r
Phương trình mặt phẳng (SMN)
0nx my mnz mn+ + − =
Ta có:d(A,(SMN))
2 2 2 2
n m mn
n m m n
+ −
=
+ +
1 .
1
1
1
2 2
1 2
m n
mn
mn
mn m n
−

CÂU II (2 điểm)
1) Giải phương trình
4 4
4(sin cos ) 3 sin 4 2x x x+ + =
2) Cho phương trình
(sin cos 1) 1 2sin cosm x x x x+ + = +
(1)
Xác đònh giá trò của tham số m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn
0;
2
π
 
 
 
CÂU III (2 điểm) Cho hệ phương trình:
1 2
1 2
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(với
0m
≥
)

2) Tìm m để
( )
m
C
cắt đường tròn
2 2
( ) : 1C x y+ =
tại hai điểm phân biệt A và B.
Chứng minh rằng khi đó đường thẳng AB có phương không đổi.
CÂU Vb (2 điểm)
Cho tam diện ba góc vuông là Oxyz.Trên ba cạnh Ox, Oy, Oz ta lần lượt lấy các điểm
A, B, C sao cho OA=a ,OB=b, OC=c, trong đó a,b,c là ba số dương.
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(ABC).Chứng minh rằng H là trực tâm của
tam giác ABC.Tính OH theo a, b, c
2) Chứng tỏ rằng
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
ABC OAB OBC OCA
S S S S= + +
với
, , ,
ABC OAB OBC OCA
S S S S
lần lượt là diện tích của các tam giác ABC , OAB , OBC , OCA.

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM-KHỐI D,M,T
CÂU I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số:
2
2 1


• Tiệm cận đứng: x= -1 vì
lim
1
y
x
= ∞
→ −
Ta có:
2
2 1
1
y x
x
= − +
+
Ψ Tiệm cận xiên: y = 2x - 1 vì
2
lim 0
1x
x
=
+
→ ∞
• BBT
• Đồ thò:
Cho x = 1 suy ra y = 2.2) Gọi M 0 (C) có X

2 2 1 1
2
1
5 5 1
m m
m
m
− + − −
+
=
+
Suy ra d
1
.d
2
=
2 2
1
5 1 5
m
m
+ =
+
(không phụ thuộc m)
CÂU II:
1) Giải phương trình:
4 4
4(sin cos ) 3 sin 4 2x x x+ + =
Ta có:
4 4 2 2 2 2 2

2 2 2
2
cos 4 cos
3 3
x x
x x
x x
x
π π
 
⇔ + + =
 
 
⇔ + = −
⇔ + = −
 
⇔ − =
 
 

)(
212
24
Zk
kx
kx
∈




π π π π
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤

2
sin 1
2 4
1 2
x
t
π
 
⇒ ≤ + ≤
 
 
⇒ ≤ ≤
Khi đó phương trình trở thành
2
( 1) 1 ( 1)m t t+ = + −
2
1
t
m
t
⇔ =
+
Xem hàm số:
f(t) =
2
1
t

2 2 1
2
m⇔ ≤ ≤ −
CÂU III:
1) Cho
1 2
1 2
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(với
0m ≥
)
Giải hệ khi m = 9.
Điều kiện:
2
2
x
y
≥


≥



⇔

+ + − =


Với m = 9, (3) trở thành 1 2 3x x+ + − =
33
3
52
5)2)(1(
2
=⇒=⇔



=
≤≤
⇔





−=−+
≥
⇔
yx
x
x

Mặt khác
lim ( )f x
x
= +∞
→ +∞
nên:
Hệ có nghiệm
⇔
(3) có nghiệm
(2)
3
3
m f
m
m
⇔ ≥
⇔ ≥
⇔ ≥
CÂU IV:
1) Tính
4
2
0
(sin 2 cos )
dx
x x
∏
+
∫
Ta có :

1
1
1 1 1
2
2 6
0
2
0
I dt
t
t
−
= = =
∫
+
+
2) Cho A là tập hợp có 20 phần tử:
a) Có bao nhiêu tập con của A:
Số tập hợp con của A là:
0 1 2 20 20 20
........ (1 1) 2
20 20 20 20
C C C C+ + + + = + =
b) Ta có:
0=
20 0 1 2 3 20
(1 1) .........
20 20 20 20 20
C C C C C− = − + − + +
(*)

2 2
2 1x m y m− + + =
Ψ Tâm I(m, -2m) và R = 1.
Gọi đường thẳng luôn tiếp xúc (Cm) là: Ax + By + C = 0
)(∆
Ta có: d(I,
)(∆
) = R,
m
∀
2 2
( 2 ) ,m A B C A B m⇔ − + = + ∀
2 0
2
2 2
5.
A B
A B
C B
C A B
− =

=

 
⇔ ⇔
 
= ±

= +

Vậy
)(∆
:
2 5 0x y+ + ± =
2) (Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
(C) có tâm O và bán kính R’=1
Ta có OI=
2 2
4 5m m m+ =
(Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
' 'R R OI R R⇔ − < < +

0 5 2 0m m⇔ < < ⇔ ≠
và
2
5
m <
Khi đó đường thẳng AB là trục đẳng phương của (Cm) và (C) có phương trình là:
2
2 4 5 0mx my m− + + =
2 4 5 0x y m⇔ − + + =
(vì
0m
≠
)
Suy ra:
AB có phương không đổi vì VTCP là
a
r
(2,1).

⊥
⊥
OH có Ta
OH Vẽ

)(OHBAC
OH
OB
⊥⇒



⊥
⊥

AC
AC có Ta
⇒ ABC. tâm trực là H
BC và
AC
∆⇒



⊥
⊥
OH
HB

(*)Tính OH:

1
2 2
4
S AK BC
ABC
=
( )
2 2
2 2 2
2
1 . . 1 . .
.
2
4 4
OA OK OB OC OA OB OC
S
ABC
OH OK
OH
   
⇒ = =
   
   
=
1
2 2 2 2 2 2
( )
4
a b b c c a+ +
=

=
∫
,với n là số nguyên dương.
1) Tính
3
I
và
4
I
ø.
2) Thiết lập hệ thức giữa
n
I
và
2n
I
−
ø với n>2.Từ đó tính
11
I
và
12
I
CÂU III
1) Giải phương trình:
2 2 2
sin sin 2 sin 3 2x x x+ + =
2) Tính số đo các góc của tam giác ABC, biết rằng:

3

1) Tìm m để diện tích tam giác tạo bởi TCX và 2 trục tọa độ bằng 4.
Ta có:
2 2
1
m
y x m
x
= + + +
−
Với
0m
≠
thì TCX: y = 2x + m + 2 vì
lim 0
1
m
x
x
=
−
→ ∞
• Giao điểm TCX và Ox:
y = 0






+

⇒ + = ⇔

= −

( thỏa điều kiện
0m
≠
)
2) Khảo sát và vẽ đồ thò khi m = -3:
2
2 3 2
(C)
1
x x
y
x
− −
=
−

• TXĐ: D = R\ {1}
0
)1(
542
'
2
2
>
−
+−

sin cos .u x du x dx
= =
ẹoồi caọn
0 0
1
2
x u
x u

= =
= =
I
3
=

1
0
(1 u
2
). du =
3
2
3
1
1
3
1
0
3
==

2
2








+
=
4
1

2
0

(1 + 2 cos2x + cos
2
2x).dx
=
4
1

2
0

(1 + 2 cos2x +
2

3
4
1
8
4sin
2
3
2
0


=






++=






++
x
sỡnx
x
2)

dxxxnxxI
nn
n

2
2 2
( 1) cos (1 cos )
0
n
n x x dx
π
−
= − −
∫

( 1) ( 1)
2
n I n I
n n
= − − −
−
Vậy:
1
2
n
I I
n n
n
−
=

.
11
10
412
311
π
==
==⇒
II
II
CÂU III:
1)
2 2 2
sin sin 2 sin 3 2
1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6
2
2 2 2
1 cos 4 cos 6 cos 2 0
2
2cos 2 2 cos 4 .cos 2 0
2cos 2 (cos 4 cos 2 ) 0
4cos 2 .cos3 .cos 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
+ + =
− − −



⇔ = ⇔ = +



=



= +



ĐS:
)(
36
24
2
Zk
k
x
k
x
kx
∈





2
2cos 2cos cos 0
2 2 2 2
1
2
cos cos cos 0
2 2 2 4
2
1 1 1
2
cos cos cos 0
2 2 2 4 4 2
2
1 1
2
cos cos sin 0
2 2 2 4 2
1
cos
2 2
A B C
A B C
A B C B C
A A B C
A A B C
A B C B C
A B C B C
A
= + −
⇔ + = + −

−

=



−

=


 
= =
 
⇔ ⇔
 
 
= =
 
Vậy:
0
120
0
30
A
B C

=



b
c

= −



⇒ = −



= −


Vậy tâm
11 13
I - ,-
4 14
 
 ÷
 
Hai tam gíac có chung đường cao từ A nên: