De Thi Dai Hoc Mon Toan Cua BGD 2002-2010

8/2/2019 De Thi Dai Hoc Mon Toan Cua BGD 2002-2010

http://slidepdf.com/reader/full/de-thi-dai-hoc-mon-toan-cua-bgd-2002-2010 1/148

mathvn.com

bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002------------------------------ M«n thi : to¸n

§Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) _____________________________________________

C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm)

Cho hµm sè : (1) ( lµ tham sè).23223 )1(33 mm xmmx x y −+−++−= m

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi .1=m 2. T×m k ®Ó ph− ¬ng tr×nh: − cã ba nghiÖm ph©n biÖt.033 2323 =−++ k k x x3. ViÕt ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1).C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm)

Cho ph− ¬ng tr×nh : 0121loglog 2

3

2

3 =−−++ m x x (2) ( lµ tham sè).m

1 Gi¶i ph− ¬ng tr×nh (2) khi .2=m

2. T×m ®Ó ph− ¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [m 33;1 ].C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm )

1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng )2;0( π cña ph− ¬ng tr×nh: .32cos

2sin21

3sin3cossin +=

+

++ x

x

x x x5

2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi çc ®− êng: .3,|34| 2 +=+−= x y x x y

C©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm)1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu ®Ønh cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi ABC S . ,S M vµ lÇn l− ît N

lµ çc trung ®iÓm cña çc c¹nh vµ TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c , biÕt r»ngSB .SC a AMN

mÆt ph¼ng ( vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng .) AMN )(SBC

2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®− êng th¼ng:

∆ vµ ∆ .

=+−+

=−+−

0422

042:1

z y x

z y x

+=

+=

+=

t z

t y

t x

21

2

1

:2

a) ViÕt ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®− êng th¼ng)( P 1∆ vµ song song víi ®− êng th¼ng .2∆

b) Cho ®iÓm . T×m to¹ ®é ®iÓm)4;1;2( M H thuéc ®− êng th¼ng 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt.

C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm)1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i , ABC A

ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng lµ BC ,033 =−− y x çc ®Ønh vµ A B thuéc trôc hoµnh vµ

b¸n kÝnh ®− êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c .G ABC 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc:

n x

n

n

n x x

n

n

xn

x

n

n x

n

n x x

C C C C

+

++

+

=

+

−−−−

−

−−−−−−

3

1

32

1

13

1

2

1

12

1

032

1

22222222 L

( n lµ sè nguyªn d− ¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C vµ sè h¹ng thø t− 13 5 nn C =

b»ng , t×m vµn20 n x .----------------------------------------HÕt---------------------------------------------

Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V.

2 ) Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:.....................



bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼ng n¨m 2002®Ò chÝnh thøc M«n thi : to¸n, Khèi B.

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót)_____________________________________________

C©u I. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,5 ®iÓm)Cho hµm sè : ( ) 109 224 +−+= xmmx y (1) (m lµ tham sè).

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè (1) khi 1=m .2. T×m m ®Ó hµm sè (1) cã ba ®iÓm cùc trÞ.

C©u II. (§H : 3,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm)

1. Gi¶i ph− ¬ng tr×nh: x x x x 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− .

2. Gi¶i bÊt ph− ¬ng tr×nh: ( ) 1)729(loglog 3 ≤− x

x .

3. Gi¶i hÖ ph− ¬ng tr×nh:

++=+

−=−

.2

3

y x y x

y x y x

C©u III. ( §H : 1,0 ®iÓm; C§ : 1,5 ®iÓm) TÝnh diÖn tÝch cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi çc ®− êng :

4

42 x

y −= vµ24

2 x y = .

C©u IV.(§H : 3,0 ®iÓm ; C§ : 3,0 ®iÓm)1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã t©m

0;

2

1 I , ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng AB lµ 022 =+− y x vµ AD AB 2= . T×m täa ®é çc ®Ønh

DC B A ,,, biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m.2. Cho h×nh lËp ph− ¬ng 1111 DC B ABCDA cã c¹nh b»ng a .

a) TÝnh theo a kho¶ng çch gi÷a hai ®− êng th¼ng B A1 vµ D B1 .

b) Gäi P N M ,, lÇn l− ît lµ çc trung ®iÓm cña çc c¹nh CD BB ,1 , 11 D A . TÝnh gãc gi÷a

hai ®− êng th¼ng MP vµ N C 1 .

C©u V. (§H : 1,0 ®iÓm)Cho ®a gi¸c ®Òu n A A A 221 L ,2( ≥n n nguyªn ) néi tiÕp ®− êng trßn ( )O . BiÕt r»ng sè

tam gi¸c cã çc ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm n A A A 221 ,,, L nhiÒu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt

cã çc ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓmn

A A A221

,,, L , t×m n .

--------------------------------------HÕt-------------------------------------------Ghi chó : 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u IV 2. b) vµ C©u V.

2) Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh:................................................................... Sè b¸o danh:...............................mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n, Khèi D

( Thêi gian lµm bµi : 180 phót )_________________________________________

C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ).

Cho hµm sè :( )

1x

mx1m2y

2

−

−−= (1) ( m lµ tham sè ).

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1.

2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®− êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é.3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®− êng th¼ng xy = .

C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ).

1. Gi¶i bÊt ph− ¬ng tr×nh : ( )x3x2

− . 02x3x22

≥−− .

2. Gi¶i hÖ ph− ¬ng tr×nh :

=+

+

−=+

.y22

24

y4y52

x

1xx

2x3

C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ).T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph− ¬ng tr×nh :

04xcos3x2cos4x3cos =−+− .

C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ).1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ;

AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD).2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : 02yx2 =+−

vµ ®− êng th¼ng md :( ) ( )

( )

=++++

=−+−++

02m4z1m2mx

01mym1x1m2( m lµ tham sè ).

X¸c ®Þnh m ®Ó ®− êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P).

C©u V (§H : 2 ®iÓm ).

1. T×m sè nguyªn d− ¬ng n sao cho 243C2....C4C2C nn

n2n

1n

0n =++++ .

2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph− ¬ng tr×nh

19

y

16

x 22

=+ . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho

®− êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhánhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã .

-------------------------HÕt-------------------------

Chó ý :

1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V2. Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh.............................mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003

-------------------------- M«n thi : to¸n khèi A®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót

___________________________________

C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè m x

m xmx y ( (1)

1

2

−

++= lµ tham sè).

1) Kh¶o s t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1.2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh

®é d− ¬ng. C©u 2 (2 ®iÓm).

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh .2sin2

1sin

tg1

2cos1cotg 2 x x

x

x x −+

+=−

2) Gi¶i hÖ ph− ¬ng tr×nh

+=

−=−

.12

11

3 x y

y y

x x

C©u 3 (3 ®iÓm).1) Cho h×nh lËp ph− ¬ng . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ].. ' ' ' ' ABCD A B C D DC A B ,',

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho h×nh hép ch÷ nhËt

cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é,

yz

; 0; 0. ' ' ' ' ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; ) B a D a A b

. Gäi( 0, 0)a b> > M lµ trung ®iÓm c¹nh CC .'

a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn ' BDA M theo a vµ b .

b) X¸c ®Þnh tû sè a

b ®Ó hai mÆt ph¼ng vµ( ' ) A BD ( ) MBD vu«ng gãc víi nhau.

C©u 4 ( 2 ®iÓm).

1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x 8

trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cñan

x x

+ 5

3

1 , biÕt r»ng

)3(73

14

+=− +++ nC C n

nnn

( n lµ sè nguyªn d− ¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö).k nC

2) TÝnh tÝch ph©n

∫ +

=32

52 4 x x

dx I .

C©u 5 (1 ®iÓm).Cho x , y, z lµ ba sè d− ¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng

.82 1

1

1

2

2

2

2

2

2 ≥+++++ z

z y

y x

x

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Ghi chó: Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: …………….mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003----------------------- M«n thi : to¸n khèi B

§Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _______________________________________________

C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè ( lµ tham sè).3 23 (1) y x x m= − + m

1) T×m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é.m

2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. C©u 2 (2 ®iÓm).

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh2

otg tg 4sin 2sin2

x x xc x

− + = .


2

2

2

2

23

23 .

y y

x

x x

y

+=

+=

C©u 3 (3 ®iÓm).1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho tam gi¸c cã y ABC

0, 90 . AB AC BAC = = BiÕt (1; 1) M − lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ2

; 03

G lµ träng

t©m tam gi¸c . T×m täa ®é çc ®Ønh .

ABC , , A B C

2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ mét h×nh thoi c¹nh ,

gãc

. ' ' ' ' ABCD A B C D ABCD a

060 BAD = . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh vµ lµ trung ®iÓm c¹nh ' .Chøng minh r»ng bèn ®iÓm

' N AA CC

', , , B M D N '

cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é

dµi c¹nh ' theo a ®Ó tø gi¸c AA B MDN lµ h×nh vu«ng.

3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho hai ®iÓm

vµ ®iÓm sao cho . TÝnh kho¶ng çch tõ

trung ®iÓm

yz

0)(2; 0; 0), (0; 0; 8) A B C (0; 6; AC →

=

I cña BC ®Õn ®− êng th¼ng OA . C©u 4 (2 ®iÓm).

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 24 . y x x= + −


π

4 2

0

1 2sin

1 sin 2 I dx x

−

= +∫ .

C©u 5 (1 ®iÓm). Cho lµ sè nguyªn d− ¬ng. TÝnh tængn2 3 1

0 1 22 1 2 1 2 1

2 3 1

nn

n n nC C C n

+− − −+ + + +

+ nC

( C lµ sè tæ hîp chËp k cña phÇn tö).k n n

----------------------------------HÕt---------------------------------

Ghi chó: Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

th



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003---------------------- M«n thi: to¸n Khèi D

§Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _______________________________________________

C©u 1 (2 ®iÓm).1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè

2 2 4(1)

2

x x y

x

− +=

−.

2) T×m ®Ó ®− êng th¼ng d ym : 2 2m mx m= + − c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm

ph©n biÖt.C©u 2 (2 ®iÓm).

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh 2 2 2π

sin tg cos 02 4 2

x x x

− − =

.

2) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh .2 222 2 x x x x− + −− = 3

C©u 3 (3 ®iÓm).1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc cho ®− êng trßnOxy

4)2()1( :)( 22 =−+− y xC vµ ®− êng th¼ng : 1 0d x y− − = .

ViÕt ph− ¬ng tr×nh ®− êng trßn ( ®èi xøng víi ®− êng trßn qua ®− êng th¼ng

T×m täa ®é çc giao ®iÓm cña vµ .

')C

(C

( )C .d

) ( ')C

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®− êng th¼ng

3 2:

1 0.k

x ky z d

kx y z

0+ − + =

− + + =

T×m ®Ó ®− êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ngk k d ( ) : 2 5 0 P x y z − − + = .

3) Cho hai mÆt ph¼ng vµ vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®− êng th¼ng( ) P ( )Q ∆ .Trªn lÊy hai ®iÓm víi∆ , A B AB a= . Trong mÆt ph¼ng lÊy ®iÓm , trong

mÆt ph¼ng ( lÊy ®iÓm sao cho ,

( ) P C

)Q D AC BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ

. TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn vµ tÝnh kho¶ngçch tõ ®Õn mÆt ph¼ng AC BD

A

AB== ABCD

( ) BCD theo . a

C©u 4 ( 2 ®iÓm).

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2

1

1

x y

x

+=

+trªn ®o¹n [ ]1; 2− .

2) TÝnh tÝch ph©n2

2

0

I x x d = −∫ x .

C©u 5 (1 ®iÓm).

Víi lµ sè nguyªn d− ¬ng, gäin 3 3na − lµ hÖ sè cña 3 3n x − trong khai triÓn thµnh ®a

thøc cña ( 1 . T×m n ®Ó2 ) ( 2)n x x+ + n3 3 26na − n= .

------------------------------------------------ HÕt ------------------------------------------------Ghi chó: Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………….. ……. Sè b¸o danh:………………… mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004------------------------------ M«n thi : To¸n , Khèi A

§Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò--------------------------------------------------------------

C©u I (2 ®iÓm)

Cho hµm sè 2x 3x 3

y2(x 1)

− + −=

−

(1).

1) Kh¶o s¸t hµm sè (1).2) T×m m ®Ó ®− êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 1.

C©u II (2 ®iÓm)

1) Gi¶i bÊt ph− ¬ng tr×nh22(x 16) 7 x

x 3 >x 3 x 3

− −+ −

− −

.

2) Gi¶i hÖ ph− ¬ng tr×nh 1 44

2 2

1

log (y x) log 1y

x y 25.

⎧− − =

⎪⎨⎪

+ =⎩

C©u III (3 ®iÓm)

1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm ( )A 0; 2 vµ ( )B 3; 1− − . T×m täa ®é trùc

t©m vµ täa ®é t©m ®− êng trßn ngo¹i tiÕp cña tam gi¸c OAB.

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thoi,

AC c¾t BD t¹i gèc täa ®é O. BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gäi M lµ trung ®iÓm

cña c¹nh SC.a) TÝnh gãc vµ kho¶ng çch gi÷a hai ®− êng th¼ng SA, BM.

b) Gi¶ sö mÆt ph¼ng (ABM) c¾t ®− êng th¼ng SD t¹i ®iÓm N. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABMN.

C©u IV (2 ®iÓm)

1) TÝnh tÝch ph©n I =2

1

xdx

1 x 1+ −∫ .

2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña8

21 x (1 x)⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ .

C©u V (1 ®iÓm)

Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3.TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh............................................................................Sè b¸o danh................................................. mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o------------------------

§Ò chÝnh thøc

§Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004M«n: To¸n, Khèi B

Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò-------------------------------------------

C©u I (2 ®iÓm)

Cho hµm sè y = xxx 3231 23 +− (1) cã ®å thÞ (C).

1) Kh¶o s¸t hµm sè (1).2) ViÕt ph− ¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ∆ cña (C) t¹i ®iÓm uèn vµ chøng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tuyÕn cña (C)

cã hÖ sè gãc nhá nhÊt.

C©u II (2 ®iÓm)

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh xtgxx2)sin1(32sin5 −=− .

2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè

x

xy

2ln= trªn ®o¹n [1; 3e ].

C©u III (3 ®iÓm)1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm A(1; 1), B(4; 3− ). T×m ®iÓm C thuéc ®− êng

th¼ng 012 =−− yx sao cho kho¶ng çch tõ C ®Õn ®− êng th¼ng AB b»ng 6.

2) Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu S.ABCD cã c¹nh ®¸y b»ng a, gãc gi÷a c¹nh bªn vµ mÆt ®¸y b»ng ϕ

( o0 < ϕ < o90 ). TÝnh tang cña gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) theo ϕ . TÝnh thÓ

tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ .

3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A )4;2;4( −− vµ ®− êng th¼ng d:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=

−=

+−=

.41

1

23

tz

ty

tx

ViÕt ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng ∆ ®i qua ®iÓm A, c¾t vµ vu«ng gãc víi ®− êng th¼ng d.

C©u IV (2 ®iÓm)

1) TÝnh tÝch ph©n I = dxx

xxe

∫+

1

lnln31.

2) Trong mét m«n häc, thÇy gi¸o cã 30 c©u hái kh¸c nhau gåm 5 c©u hái khã, 10 c©u hái trungb×nh, 15 c©u hái dÔ. Tõ 30 c©u hái ®ã cã thÓ lËp ®− îc bao nhiªu ®Ò kiÓm tra, mçi ®Ò gåm 5 c©u

hái kh¸c nhau, sao cho trong mçi ®Ò nhÊt thiÕt ph¶i cã ®ñ 3 lo¹i c©u hái (khã, trung b×nh, dÔ) vµsè c©u hái dÔ kh«ng Ýt h¬n 2 ?

C©u V (1 ®iÓm)X¸c ®Þnh m ®Ó ph− ¬ng tr×nh sau cã nghiÖm

22422 1112211 xxxxxm −−++−=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +−−+ .

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh ................................................................................................. Sè b¸o danh .......................….... mathvn.com



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004------------------------ M«n: To¸n, Khèi D §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò

-------------------------------------------C©u I (2 ®iÓm)

Cho hµm sè 3 2y x 3mx 9x 1= − + + (1) víi m lµ tham sè.1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) khi m = 2.2) T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) thuéc ®− êng th¼ng y = x + 1.

C©u II (2 ®iÓm)1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh .sin2sin)cossin2()1cos2( xxxxx −=+−

2) T×m m ®Ó hÖ ph− ¬ng tr×nh sau cã nghiÖm⎪⎩

⎪⎨⎧

−=+

=+

.31

1

myyxx

yx

C©u III (3 ®iÓm)1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã çc ®Ønh );0();0;4();0;1( mCBA −

víi 0≠m . T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC theo m. X¸c ®Þnh m ®Ó tam gi¸c GABvu«ng t¹i G.

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh l¨ng trô ®øng 111. CBAABC . BiÕt ),0;0;(aA

0,0),;0;(),0;1;0(),0;0;( 1 >>−− ba baBCaB .

a) TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®− êng th¼ng CB1 vµ 1AC theo ., ba

b) Cho ba, thay ®æi, nh− ng lu«n tháa m·n 4=+ ba . T×m ba, ®Ó kho¶ng çch gi÷a hai ®− êng

th¼ng CB1 vµ 1AC lín nhÊt.

3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm )1;1;1(),0;0;1(),1;0;2( CBA vµ mÆtph¼ng (P): 02 =−++ zyx . ViÕt ph− ¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ba ®iÓm A, B, C vµ cã t©mthuéc mÆt ph¼ng (P).

C©u IV (2 ®iÓm)

1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ −

3

2

2 )ln( dxxx .

2) T×m çc sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña

7

43 1

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +

x

x víi x > 0.

C©u V (1 ®iÓm)Chøng minh r»ng ph− ¬ng tr×nh sau cã ®óng mét nghiÖm

01225=−−− xxx .

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh.............................................................Sè b¸o danh........................................ mathvn.com



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO-----------------------

ĐỀ CHÍNH THỨ C

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005Môn: TOÁN, khối A

Thờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề ----------------------------------------

C©u I (2 điểm)

Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 1

y m xx

= + (*) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi 1m .4

=

2) Tìm m để hàm số (*) có cực tr ị và khoảng cách từ điểm cực tiểu củam

(C ) đến tiệm

cận xiên củam

(C ) bằng1

.2

C©u II (2 điểm)

1) Giải bất phươ ng trình 5x 1 x 1 2x 4.− − − > −

2) Giải phươ ng trình 2 2cos 3x cos 2x cos x 0.− =

C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy cho hai đườ ng thẳng

1d : x y 0− = và 2

d : 2x y 1 0.+ − =

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết r ằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d

và các đỉnh B, D thuộc tr ục hoành.

2) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz cho đườ ng thẳngx 1 y 3 z 3

d :1 2 1

− + −= =

−và mặt

phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+ − + =

a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đườ ng thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phươ ng trình

tham số của đườ ng thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông

góc vớ i d.

C©u IV (2 điểm)

1) Tính tích phân2

0

sin 2x sin xI dx.

1 3cos x

π

+=

+∫

2) Tìm số nguyên dươ ng n sao cho1 2 2 3 3 4 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C 2005+

+ + + + +− + − + + + =L

( k nC là số tổ hợ p chậ p k của n phần tử).

C©u V (1 điểm)

Cho x, y, z là các số dươ ng thỏa mãn1 1 1

4.x y z

+ + = Chứng minh r ằng

1 1 11.

2x y z x 2y z x y 2z+ + ≤

+ + + + + +

------------------------------ Hết -----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO-------------------------


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005Môn: TOÁN, khối B

Thờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề

--------------------------------------------------Câu I (2 điểm)

Gọim

(C ) là đồ thị của hàm số ( )2x m 1 x m 1

y

x 1

+ + + +=

+

(*) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1.=

2) Chứng minh r ằng vớ i m bất k ỳ, đồ thị m

(C ) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu

và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20.

Câu II (2 điểm)

1) Giải hệ phươ ng trình( )2 3

9 3

x 1 2 y 1

3log 9x log y 3.

⎧ − + − =⎪⎨

− =⎪⎩

2) Giải phươ ng trình 1 sin x cos x sin 2x cos2x 0.+ + + + =

Câu III (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxycho hai điểm A(2;0) và B(6;4) . Viết phươ ng trình

đườ ng tròn (C) tiế p xúc vớ i tr ục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đếnđiểm B bằng 5.

2) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng tr ụ đứng 1 1 1ABC.A B C vớ i

1A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0;4).−

a) Tìm tọa độ các đỉnh 1 1A , C . Viết phươ ng trình mặt cầu có tâm là A và tiế p xúc vớ i

mặt phẳng1 1

(BCC B ).

b) Gọi M là trung điểm của 1 1A B . Viết phươ ng trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm

A, M và song song vớ i 1BC . Mặt phẳng (P) cắt đườ ng thẳng 1 1A C tại điểm N .

Tính độ dài đoạn MN.

Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân2

0

sin2x cosxI dx

1 cosx

π

=+

∫ .

2) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 ngườ i, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu

cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗitỉnh có 4 nam và 1 nữ?

Câu V (1 điểm)

Chứng minh r ằng vớ i mọi x ,∈ ta có:

x x x

x x x12 15 203 4 5

5 4 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Khi nào đẳng thức xảy ra?

--------------------------------Hết--------------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO-----------------------


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005Môn: TOÁN, khối D

Thờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề -------------------------------------------

Câu I (2 điểm) Gọi

m(C ) là đồ thị của hàm số 3 21 m 1

y x x3 2 3

= − + (*) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 2.= 2) Gọi M là điểm thuộc

m(C ) có hoành độ bằng 1.− Tìm m để tiế p tuyến của

m(C ) tại

điểm M song song vớ i đườ ng thẳng 5x y 0.− =

Câu II (2 điểm)

Giải các phươ ng trình sau: 1) 2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + =

2) 4 4 3cos x sin x cos x sin 3x 0.

4 4 2

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1) Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy cho điểm ( )C 2;0 và elíp ( )2 2x y

E : 1.4 1

+ = Tìm

tọa độ các điểm A, B thuộc ( )E , biết r ằng hai điểm A, B đối xứng vớ i nhau qua tr ục

hoành và tam giác ABC là tam giác đều.

2) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz cho hai đườ ng thẳng

1

x 1 y 2 z 1d :

3 1 2

− + += =

−và

2

x y z 2 0d :

x 3y 12 0.

+ − − =⎧⎨

+ − =⎩

a) Chứng minh r ằng 1d và 2d song song vớ i nhau. Viết phươ ng trình mặt phẳng(P) chứa cả hai đườ ng thẳng 1d và 2d .

b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đườ ng thẳng 1 2d , d lần lượ t tại các điểm A, B. Tính

diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ).

Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân ( )2

sin x

0

I e cos x cos xdx.

π

= +∫

2) Tính giá tr ị của biểu thức ( )

4 3

n 1 nA 3A

Mn 1 !+

+

=+

, biết r ằng 2 2 2 2n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =

( n là số nguyên dươ ng, k

nA là số chỉnh hợ p chậ p k của n phần tử và

k

nC là số tổ hợ p

chậ p k của n phần tử).

Câu V (1 điểm)

Cho các số dươ ng x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh r ằng

3 3 3 3 3 31 x y 1 y z 1 z x3 3.

xy yz zx

+ + + + + ++ + ≥

Khi nào đẳng thức xảy ra?-------------------------------Hết--------------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn thi: TOÁN, khối AThờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINHCâu I (2 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y 2x 9x 12x 4.= − + −

2. Tìm m để phươ ng trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 3 22 x 9x 12 x m.− + =

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình:( )6 62 cos x sin x sin x cos x

0.2 2sin x

+ −

=

−

2. Giải hệ phươ ng trình: ( )x y xy 3

x, y .x 1 y 1 4

⎧ + − =⎪∈⎨

+ + + =⎪⎩


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz , cho hình lậ p phươ ng ABCD.A'B'C'D' vớ i

( ) ( ) ( ) ( )A 0; 0; 0 , B 1; 0; 0 , D 0; 1; 0 , A ' 0; 0; 1 . Gọi M và N lần lượ t là trung điểm của AB

và CD .

1. Tính khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng A'C và MN.

2. Viết phươ ng trình mặt phẳng chứa A 'C và tạo vớ i mặt phẳng Oxy một góc α

biết1

cos .6

α =

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân:2

2 20

sin2xI dx.

cos x 4sin x

π

=

+∫

2. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2x y xy x y xy+ = + − .

Tìm giá tr ị lớ n nhất của biểu thức3 3

1 1A .

x y= +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.bCâu V.a. Theo chươ ng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho các đườ ng thẳng:

1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0.+ + = − − = − =

Tìm tọa độ điểm M nằm trên đườ ng thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đườ ng thẳng

1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đườ ng thẳng 2d .

2. Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niutơ n của

n7

4

1x ,

x

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠biết

r ằng 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1.

+ + ++ + + = −

(n nguyên dươ ng,k nC là số tổ hợ p chậ p k của n phần tử)

Câu V.b. Theo chươ ng trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình:x x x x

3.8 4.12 18 2.27 0.+ − − =

2. Cho hình tr ụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O' , bán kính đáy bằng chiều cao và

bằng a. Trên đườ ng tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đườ ng tròn đáy tâm O' lấy điểm Bsao cho AB 2a.= Tính thể tích của khối tứ diện OO'AB.

Hết






Môn: TOÁN, khối BThờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINHCâu I (2 điểm)

Cho hàm số 2x x 1y .x 2

+ −=

+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Viết phươ ng trình tiế p tuyến của đồ thị ( )C , biết tiế p tuyến đó vuông góc vớ i tiệm cận xiên

của ( )C . Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình:x

cotgx sin x 1 tgxtg 4.2

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2. Tìm m để phươ ng trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:2

x mx 2 2x 1.+ + = + Câu III (2 điểm)

Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đườ ng thẳng:

1 2

x 1 tx y 1 z 1

d : , d : y 1 2t2 1 1

z 2 t.

= +⎧− + ⎪

= = = − −⎨− ⎪

= +⎩

1. Viết phươ ng trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thờ i song song vớ i d1 và d2.

2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân:

ln5

x xln3

dxIe 2e 3

−=

+ −∫ .

2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức:

( ) ( )2 22 2A x 1 y x 1 y y 2 .= − + + + + + −

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.bCâu V.a. Theo chươ ng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho đườ ng tròn ( ) 2 2C : x y 2x 6y 6 0+ − − + = và điểm

( )M 3; 1− . Gọi 1T và 2T là các tiế p điểm của các tiế p tuyến k ẻ từ M đến ( )C . Viết phươ ng

trình đườ ng thẳng 1 2T T .

2. Cho tậ p hợ p A gồm n phần tử ( )n 4 .≥ Biết r ằng, số tậ p con gồm 4 phần tử của A bằng

20 lần số tậ p con gồm 2 phần tử của A. Tìm { }k 1, 2,..., n∈ sao cho số tậ p con gồm k phần

tử của A là lớ n nhất.Câu V.b. Theo chươ ng trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Giải bất phươ ng trình: ( ) ( )x x 25 5 5log 4 144 4log 2 1 log 2 1 .−

+ − < + +

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật vớ i AB a, AD a 2= = , SA a= và

SA vuông góc vớ i mặt phẳng ( )ABCD . Gọi M và N lần lượ t là trung điểm của AD và SC;

I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh r ằng mặt phẳng (SAC) vuông góc vớ i mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.

Hết






Môn: TOÁN, khối DThờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 3

y x 3x 2= − + .1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Gọi d là đườ ng thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đườ ng thẳng d

cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình: cos3x cos2x cosx 1 0.+ − − =

2. Giải phươ ng trình: ( )22x 1 x 3x 1 0 x .− + − + = ∈


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đườ ng thẳng:

1 2

x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1d : , d : .

2 1 1 1 2 1

− + − − − += = = =

− −

1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng vớ i điểm A qua đườ ng thẳng d1.

2. Viết phươ ng trình đườ ng thẳng Δ đi qua A, vuông góc vớ i d1 và cắt d2.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân: ( )1

2x

0

I x 2 e dx.= −∫

2. Chứng minh r ằng vớ i mọi a 0> , hệ phươ ng trình sau có nghiệm duy nhất:x ye e ln(1 x) ln(1 y)

y x a.

⎧ − = + − +⎪⎨

− =⎪⎩

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

Câu V.a. Theo chươ ng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho đườ ng tròn (C): 2 2x y 2x 2y 1 0+ − − + = và

đườ ng thẳng d: x y 3 0.− + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đườ ng tròn tâm M, có

bán kính gấ p đôi bán kính đườ ng tròn (C), tiế p xúc ngoài vớ i đườ ng tròn (C).

2. Đội thanh niên xung kích của một tr ườ ng phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớ p A,

4 học sinh lớ p B và 3 học sinh lớ p C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4

học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớ p trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?


1. Giải phươ ng trình:2 2x x x x 2x2 4.2 2 4 0.+ −

− − + =

2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông

góc vớ i mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượ t là hình chiếu vuông góc của A trên các

đườ ng thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

----------------------------- Hết -----------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007Môn thi: TOÁN, khối A


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 2 2x 2(m 1)x m 4m

y (1),

x 2

+ + + +=

+ 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 và cực tiểu, đồng thờ i các điểm cực tr ị của đồ thị cùng vớ i gốc tọa

độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình: ( ) ( )2 21 sin x cos x 1 cos x sin x 1 sin 2x.+ + + = +

2. Tìm m để phươ ng trình sau có nghiệm thực:4 23 x 1 m x 1 2 x 1.− + + = −


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho hai đườ ng thẳng

1

x y 1 z 2d :

2 1 1

− += =

−và 2

x 1 2t

d : y 1 t

z 3.

= − +⎧⎪

= +⎨⎪

=⎩

1. Chứng minh r ằng 1d và 2d chéo nhau.

2. Viết phươ ng trình đườ ng thẳng d vuông góc vớ i mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = và cắt hai đườ ng

thẳng 1d , 2d .

Câu IV (2 điểm)

1. Tính diện tích hình phẳng giớ i hạn bở i các đườ ng: ( )y e 1 x,= + ( )xy 1 e x.= +

2. Cho x, y, z là các số thực dươ ng thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá tr ị nhỏ nhất của

biểu thức:2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)

Py y 2z z z z 2x x x x 2y y

+ + += + + ⋅

+ + +

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


1. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H làchân đườ ng cao k ẻ từ B; M và N lần lượ t là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phươ ng trìnhđườ ng tròn đi qua các điểm H, M, N.

2. Chứng minh r ằng:2n

1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n

1 1 1 1 2 1C C C ... C

2 4 6 2n 2n 1

− −+ + + + =

+

(n là số nguyên dươ ng, k nC là số tổ hợ p chậ p k của n phần tử).


1. Giải bất phươ ng trình: 3 1

3

2log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trongmặt phẳng vuông góc vớ i đáy. Gọi M, N, P lần lượ t là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng

minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007Môn thi: TOÁN, khối B


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số: 3 2 2 2y 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 tr ị của đồ thị hàm số (1) cách đềugốc tọa độ O.

Câu II. (2 điểm) 1. Giải phươ ng trình: 2

2sin 2x sin 7x 1 sin x.+ − =

2. Chứng minh r ằng vớ i mọi giá tr ị dươ ng của tham số m, phươ ng trình sau có hai nghiệm thực

phân biệt:

( )2x 2x 8 m x 2 .+ − = −

Câu III. (2 điểm)

Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2S : x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và

mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − =

1. Viết phươ ng trình mặt phẳng ( )Q chứa tr ục Ox và cắt ( )S theo một đườ ng tròn có bán kính

bằng 3.

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớ n nhất.

Câu IV. (2 điểm)

1. Cho hình phẳng H giớ i hạn bở i các đườ ng: y x ln x, y 0, x e.

= = =

Tính thể tích của khối trònxoay tạo thành khi quay hình H quanh tr ục Ox.

2. Cho x, y, z là ba số thực dươ ng thay đổi. Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức:

x 1 y 1 z 1P x y z .

2 yz 2 zx 2 xy

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ đượ c chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)


1. Tìm hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển nhị thức Niutơ n của n(2 x) ,+ biết:

( )nn 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 nn n n n n3 C 3 C 3 C 3 C ... 1 C 2048− − −− + − + + − =

(n là số nguyên dươ ng, k

nC là số tổ hợ p chậ p k của n phần tử).

2. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;2 và các đườ ng thẳng:

d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.

Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượ t thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.


1. Giải phươ ng trình: ( ) ( )x x

2 1 2 1 2 2 0.− + + − =

2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của Dqua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông

góc vớ i BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng MN và AC.





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007Môn thi: TOÁN, khối D


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số 2x

y .x 1

=+

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiế p tuyến của (C) tại M cắt hai tr ục Ox, Oy tại A, B và tam giác

OAB có diện tích bằng1

.4

Câu II. (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình:

2x x

sin cos 3 cos x 2.2 2

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2. Tìm giá tr ị của tham số m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm thực:

3 3

3 3

1 1x y 5

x y

1 1x y 15m 10.

x y

⎧+ + + =⎪

⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩

Câu III. (2 điểm)

Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )A 1;4;2 ,B 1;2;4− và đườ ng thẳng

x 1 y 2 z: .

1 1 2

− +Δ = =

−

1. Viết phươ ng trình đườ ng thẳng d đi qua tr ọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc vớ i mặt

phẳng ( )OAB .

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đườ ng thẳng Δ sao cho2 2

MA MB+ nhỏ nhất.Câu IV. (2 điểm)

1. Tính tích phân:

e3 2

1

I x ln xdx.= ∫

2. Cho a b 0.≥ > Chứng minh r ằng:

b aa b

a b

1 12 2 .

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ đượ c chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)


1. Tìm hệ số của5

x trong khai triển thành đa thức của: ( ) ( )5 102

x 1 2x x 1 3x .− + +

2. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho đườ ng tròn ( ) ( ) ( )2 2

C : x 1 y 2 9− + + = và đườ ng thẳng

d : 3x 4y m 0.− + =

Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể k ẻ đượ c hai tiế p tuyến PA,PB tớ i ( )C

(A, B là các tiế p điểm) sao cho tam giác PAB đều.


1. Giải phươ ng trình: ( )x x2 2 x

1log 4 15.2 27 2log 0.

4.2 3+ + + =

−

2. Cho hình chóp S.ABCD có

đáy là hình thang,

0

ABC BAD 90 ,= =

BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh

bên SA vuông góc vớ i đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng

minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( )SCD



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008Môn thi: TOÁN, khối A

Thờ i gian làm bài 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINHCâu I (2 điểm)

Cho hàm số 2 2mx (3m 2)x 2

y (1),x 3m

+ − −=

+

vớ i 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 tr ị của m để góc giữa hai đườ ng tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng o45 .

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình1 1 7π

4sin x .3πs inx 4

sin x2

⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟

⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟

⎝ ⎠

2. Giải hệ phươ ng trình ( )

2 3 2

4 2

5x y x y xy xy

4 x, y .5

x y xy(1 2x)4

⎧+ + + + = −

⎪⎪ ∈⎨⎪ + + + = −⎪⎩


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )A 2;5;3 và đườ ng thẳng

x 1 y z 2d : .

2 1 2

− −= =

1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đườ ng thẳng d.

2. Viết phươ ng trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớ n nhất.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân

π46

0

tg xI dx.

cos2x= ∫

2. Tìm các giá tr ị của tham số m để phươ ng trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ).∈

PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ đượ c làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________

Câu V.a. Theo chươ ng trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, hãy viết phươ ng trình chính tắc của elíp (E) biết r ằng

(E) có tâm sai bằng5

3

và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.

2. Cho khai triển ( )n n

0 1 n1 2x a a x ... a x ,+ = + + + trong đó *

n ∈ và các hệ số 0 1 na , a ,..., a

thỏa mãn hệ thức 1 n0 n

a aa ... 4096.

2 2+ + + = Tìm số lớ n nhất trong các số

0 1 na , a ,..., a .

Câu V.b. Theo chươ ng trình phân ban (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình 2 2

2x 1 x 1log (2x x 1) log (2x 1) 4.− +

+ − + − =

2. Cho lăng tr ụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,

AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung

điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai

đườ ng thẳng AA' , B'C' .

...........................Hết...........................




BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008Môn thi: TOÁN, khối B



Cho hàm số 3 2y 4x 6x 1= − + (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Viết phươ ng trình tiế p tuyến của đồ thị hàm số (1), biết r ằng tiế p tuyến đó đi qua

điểm ( )M 1; 9 .− −

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình 3 3 2 2sin x 3cos x s inxcos x 3sin xcosx.− = −

2. Giải hệ phươ ng trình

4 3 2 2

2

x 2x y x y 2x 9

x 2xy 6x 6

⎧ + + = +⎪⎨

+ = +⎪⎩ ( )x, y .∈


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 0;1;2 , B 2; 2;1 ,C 2;0;1 .− −

1. Viết phươ ng 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 phân4

0

sin x dx4

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 2 2x y 1.+ = Tìm giá tr ị lớ n nhất và giá

tr ị nhỏ nhất của biểu thức2

2

2(x 6xy)P .

1 2xy 2y

+=

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ đượ c làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.bCâu V.a. Theo chươ ng trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1. Chứng minh r ằngk k 1 k

n 1 n 1 n

n 1 1 1 1

n 2 C C C+

+ +

⎛ ⎞++ =⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠(n, k là các số nguyên dươ ng, k n,≤ k

nC là

số tổ hợ p chậ p k của n phần tử).2. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết

r ằng hình chiếu vuông góc của C trên đườ ng thẳng AB là điểm H( 1; 1),− − đườ ng phân giáctrong của góc A có phươ ng trình x y 2 0− + = và đườ ng cao k ẻ từ B có phươ ng trình

4x 3y 1 0.+ − =

Câu V.b. Theo chươ ng trình phân ban (2 điểm)

1. Giải bất phươ ng trình2

0,7 6

x xlog log 0.

x 4

⎛ ⎞+<⎜ ⎟

+⎝ ⎠

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 vớ i mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượ t là trung điểm của cáccạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai

đườ ng th

ẳng SM, DN.

...........................Hết...........................




BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008Môn thi: TOÁN, khối D



Cho hàm số 3 2y x 3x 4 (1).= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Chứng minh r ằng mọi đườ ng thẳng đi qua điểm I(1;2) vớ i hệ số góc k ( k 3> − ) đều cắt đồ

thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thờ i I là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phươ ng trình 2sinx(1 cos2x) sin2x 1 2cosx.+ + = +

2. Giải hệ phươ ng trình

2 2xy x y x 2y

x 2y y x 1 2x 2y

⎧ + + = −⎪

⎨ − − = −⎪⎩ (x, y ).∈


Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3),D(3;3;3).

1. Viết phươ ng trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.2. Tìm tọa độ tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác ABC.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân

2

31

lnxI dx.

x= ∫

2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá tr ị lớ n nhất và giá tr ị nhỏ nhất của biểu

thức2 2

(x y)(1 xy)P .

(1 x) (1 y)

− −=

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ đượ c làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.bCâu V.a. Theo chươ ng trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1. Tìm số nguyên dươ ng n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 12n 2n 2nC C ... C 2048−

+ + + = ( k nC là số tổ hợ p

chậ p k của n phần tử).

2. Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : 2y 16x= và điểm A(1;4). Hai điểm

phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc oBAC 90 .= Chứng minh r ằng

đườ ng thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.Câu V.b. Theo chươ ng trình phân ban (2 điểm)

1. Giải bất phươ ng trình2

1

2

x 3x 2log 0.

x

− +≥

2. Cho lăng tr ụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên

AA' a 2.= Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng tr ụ

ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng AM, B'C.

...........................Hết...........................

Thí sinh không đượ c sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................


mathvn.com





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

Môn thi: TOÁN; Khối: A

Thờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể thờ i gian phát đề .

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 2

2 3

x y

x

+=

+(1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).2. Viết phươ ng trình tiế p tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiế p tuyến đó cắt tr ục hoành, tr ục tung lần lượ t tạ

hai điểm phân biệt A , B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ .O

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phươ ng trình( )

( )( )

1 2sin cos3

1 2sin 1 sin

x x

x x

−=

+ −.

2. Giải phươ ng trình ( )32 3 2 3 6 5 8 0 . x x x− + − − = ∈

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân ( )2

3 2

0

cos 1 cos I x

π

= −∫ xdx .

Câu IV (1,0 điểm)Cho hình chóp có đáy.S ABCD ABCD là hình thang vuông tại A và ; D 2 AB AD a= = , ;CD a= góc giữa

hai mặt phẳng và( )SBC ( ) ABCD bằng Gọi là trung điểm của cạnh60 . I AD . Biết hai mặt phẳng ( )SBI

và ( cùng vuông góc vớ i mặt phẳng)SCI ( ) ABCD , tính thể tích khối chóp theo.S ABCD .a

Câu V (1,0 điểm)Chứng minh r ằng vớ i mọi số thực dươ ng , , x y z thoả mãn ( ) 3 , x x y z yz+ + = ta có:

( ) ( ) ( )( )( ) ( )3 3

3 53. x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ +

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần (phần A hoặc B)A. Theo chươ ng trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ cho hình chữ nhật,Oxy ABCD có điểm là giao điểm của hai đườ ng

chéo

(6;2) I

AC và BD . Điểm ( )1;5 M thuộc đườ ng thẳng AB và trung điểm E của cạnh thuộc đườ ng

thẳng . Viết phươ ng trình đườ ng thẳng

CD

: 5 0 x yΔ + − = AB .

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ) : 2 2 4 0 P x y z− − − = và mặt cầu

( ) 2 2 2: 2 4 6 11 0.S x y z x y z+ + − − − − = Chứng minh r ằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( )S theo một

đườ ng tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đườ ng tròn đó.Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi và là hai nghiệm phức của phươ ng trình1 z 2 z 2 2 10 z z 0+ + = . Tính giá tr ị của biểu thức2 2

1 2 . A z z= +

B. Theo chươ ng trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ cho đườ ng tròn,Oxy ( ) 2 2: 4 4 6C x y x y 0+ + + + = và đườ ng thẳng

vớ i m là tham số thực. Gọi là tâm của đườ ng tròn ( Tìm để : 2 3 x my mΔ + − + = 0, I ).C m Δ cắt ( )C

tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác lớ n nhất. IAB

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ) : 2 2 1 P x y z 0− + − = và hai đườ ng thẳng

1

1 9:

1 1 6

x y z+ +Δ = = , 2

1 3:

2 1

1

2

x y z− − +Δ = =

−. Xác định toạ độ điểm M thuộc đườ ng thẳng 1Δ sao cho

khoảng cách từ M đến đườ ng thẳng 2Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P bằng nhau.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phươ ng trình ( ) ( ) ( )2 2

2 2

2 2log 1 log , .3 81 x xy y

x y xy x y− +

⎧ + = +⎪ ∈⎨=⎪⎩





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009Môn: TOÁN; Khối: B


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m) Câu I (2,0 đ i ể m)

Cho hàm số (1). 42 4 y x x= − 2

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).2. Vớ i các giá tr ị nào của phươ ng trình,m 2 2| 2 | x x m− = có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ?

Câu II (2,0 đ i ể m)

1. Giải phươ ng trình 3sin cos sin 2 3 cos3 2(cos4 sin ). x x x x x+ + = +

2. Giải hệ phươ ng trình2 2 2

1 7( , ).

1 13

xy x y x y

x y xy y

+ + =⎧∈⎨

+ + =⎩

Câu III (1,0 đ i ể m)

Tính tích phân3

21

3 ln.

( 1)

x I d

x

+=

+∫ x

Câu IV (1,0 đ i ể m)

Cho hình lăng tr ụ tam giác . ' ' ' ABC A B C có ' , BB a= góc giữa đườ ng thẳng ' BB và mặt phẳng bằn

tam giác

( ABC )

60 ; ABC vuông tại vàC BAC = 60 . Hình chiếu vuông góc của điểm ' B lên mặt phẳng ( ABC

trùng vớ i tr ọng tâm của tam giác . ABC Tính thể tích khối tứ diện ' A ABC theo .a Câu V (1,0 đ i ể m)

Cho các số thực , y thay đổi và thoả mãn ( )3 4 2. x y xy+ ≥ Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức+4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1 A x y x y x y= + + − + + .

PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m) Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chươ ng trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 đ i ể m) 1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ cho đườ ng tròn,Oxy

2 2 4( ) : ( 2)

5C x y− + = và hai đườ ng thẳng 1 : x yΔ − =

Xác định toạ độ tâm2 : 7 0 x yΔ − = . K và tính bán kính của đườ ng tròn ( biết đườ ng tròn tiế p xú

vớ i các đườ ng thẳng và tâm1);C 1( )C

1 2,Δ Δ K thuộc đườ ng tròn ( ).C

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ cho tứ diện,Oxyz ABCD có các đỉnh v

Viết phươ ng trình mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến bằng khoản

cách từ đến (

(1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1) A B C − −

(0;3;1). D ( ) P , A B C ( ) P

D ). P

Câu VII.a (1,0 đ i ể m)

Tìm số phức thoả mãn: z (2 ) 10 z i− + = và . 25. z z =

B. Theo chươ ng trình Nâng caoCâu VI.b (2,0 đ i ể m)

1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ cho tam giác,Oxy ABC cân tại A có đỉnh và các đỉnh( 1; 4) A − , B C thuộ

đườ ng thẳng Xác định toạ độ các điểm: 4 x yΔ − − = 0. B và biết diện tích tam giác,C ABC bằng 18.

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ) : 2 2 5 0 P x y z− + − = và hai điểm ( 3;0;1 A −

Trong các đườ ng thẳng đi qua(1; 1;3). B − A và song song vớ i hãy viết phươ ng trình đườ ng thẳng m

khoảng cách từ

( ), P

B đến đườ ng thẳng đó là nhỏ nhất.Câu VII.b (1,0 đ i ể m)

Tìm các giá tr ị của tham số để đườ ng thẳngm y x m= − + cắt đồ thị hàm số 2 1 x

y x

−= tại hai điểm phân bi

sao cho, A B 4. AB = ---------- Hết ----------





ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009Môn: TOÁN; Khối: D


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m) Câu I (2,0 đ i ể m)

Cho hàm số 4 2(3 2) 3 y x m x= − + + mm

C mcó đồ thị là là tham số. ( ),

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0.m = 2. Tìm m để đườ ng thẳng cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơ n 2.1 y = − (

mC )


1. Giải phươ ng trình 3 cos5 2sin3 cos2 sin 0. x x x x− − =

2. Giải hệ phươ ng trình2

2

( 1) 3 0( , ).5

( ) 1 0

x x y

x y x y

x

+ + − =⎧⎪

∈⎨+ − + =⎪⎩

Câu III (1,0 đ i ể m)

Tính tích phân3

1

.1 x

dx I

e=

−∫

Câu IV (1,0 đ i ể m) Cho hình lăng tr ụ đứng có đáy là tam giác vuông tại. ' ' ' ABC A B C ABC , , ' 2 , ' 3 . B AB a AA a A C a= = = Gọi M

là trung điểm của đoạn thẳng ' ', A C I là giao điểm của và Tính theo thể tích khối tứ diện vkhoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (

AM ' . A C a IABC

A ). IBC

Câu V (1,0 đ i ể m) Cho các số thực không âm , x y thay đổi và thoả mãn 1. x y+ = Tìm giá tr ị lớ n nhất và giá tr ị nhỏ nhất của biể

thức 2 2(4 3 )(4 3 ) 25 .S x y y x xy= + + +

PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m) Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chươ ng trình ChuẩnCâu VI.a (2,0 đ i ể m)

1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ ,Ox cho tam giác có là trung điểm của cạnh Đườ ng trun

tuyến và đườ ng cao qua đỉnh lần lượ t có phươ ng trình là

y ABC (2;0) M . AB

A 7 2 3 0 x y− − = và Viết phươ n

trình đườ ng thẳng

6 4 0. x y− − =

. AC

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ , cho các điểm và mặt phẳn

Xác định toạ độ điểm

Oxyz (2;1;0), (1;2;2), (1;1;0) A B C

( ) : 20 0. P x y z+ + − = D thuộc đườ ng thẳng sao cho đườ ng thẳng CD song son

vớ i mặt phẳng (

AB

). P

Câu VII.a (1,0 đ i ể m) Trong mặt phẳng toạ độ ,Ox tìm tậ p hợ p điểm biểu diễn các số phức thoả mãn điều kiện | y z (3 4 ) | 2. z i− − =


1. Trong mặt phẳng vớ i hệ toạ độ , cho đườ ng tròn .Oxy2 2( ) : ( 1) 1C x y− + = Gọi là tâm của Xác định

toạ độ điểm

I ( ).C

M thuộc sao cho( )C IMO = 30 .

2. Trong không gian vớ i hệ toạ độ , cho đườ ng thẳngOxyz2 2

:1 1 1

x y+ −Δ = =

−

z

m

và mặt phẳn

Viết phươ ng trình đườ ng thẳng nằm trong ( sao cho d cắt và vuông góc v

đườ ng thẳng

( ) : 2 3 4 0. P x y z+ − + = d ) P

.ΔCâu VII.b (1,0 đ i ể m)

Tìm các giá tr ị của tham số để đườ ng thẳngm 2 y x= − + cắt đồ thị hàm số 2 1 x x

y x

+ −= tại hai điểm phân

biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng thuộc tr ục tung., A B AB

Hết






Môn: TOÁN; Khối: A


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m) Câu I (2,0 đ i ể m)

Cho hàm số y = x3 − 2 x2 + (1 − m) x + m (1), m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt tr ục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điềkiện 2 2 2

1 2 3 x x+ + < 4.


1. Giải phươ ng trình(1 sin cos 2 )sin

14cos

1 tan 2

x x x

x

π ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟

⎝ ⎠=

+.

2. Giải bất phươ ng trình21 2( 1

x x

x x

−

− − + ) ≥ 1.

Câu III (1,0 đ i ể m) Tính tích phân I = 1 2 2

0

2 d1 2

x x

x

x e x e

e

+ +

+∫ .

Câu IV (1,0 đ i ể m) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượ t trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN vớ i DM . Biết SH vuông góc vớ i mặt phẳn

( ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S .CDNM và tính khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng DM vSC theo a.

Câu V (1,0 đ i ể m) Giải hệ phươ ng trình2

2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0

4 2 3 4 7

x x y y

x y x

⎧ + + − − =⎪⎨

+ + − =⎪⎩( x, y ∈ R).

II. PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m) Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chươ ng trình ChuẩnCâu VI.a (2,0 đ i ể m)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đườ ng thẳng d 1: 3 0 x y+ = và d 2: 3 x y− = 0 . Gọi (T ) đườ ng tròn tiế p xúc vớ i d 1 tại A, cắt d 2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Vi

phươ ng trình của (T ), biết tam giác ABC có diện tích bằng3

2và điểm A có hoành độ dươ ng.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đườ ng thẳng ∆:1

2 1 1

x y z−= =

−

2+và mặt phẳng ( P ): x − 2 y + z =

Gọi C là giao điểm của ∆ vớ i ( P ), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến ( P ), biết MC = 6 .Câu VII.a (1,0 đ i ể m) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2( 2 ) (1 2 ) z i= + − i .B. Theo chươ ng trình Nâng caoCâu VI.b (2,0 đ i ể m) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đườ ng thẳng đi qua trun

điểm của các cạnh AB và AC có phươ ng trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C , biết điểm E (1; −

nằm trên đườ ng cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đườ ng thẳng ∆:2 2

2 3 2

3 x y z+ − += = . Tín

khoảng cách từ A đến ∆. Viết phươ ng trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.

Câu VII.b (1,0 đ i ể m) Cho số phức z thỏa mãn z = 3(1 3 )

1i

i

−

−. Tìm môđun của số phức z + i z.

ế






Môn: TOÁN; Khối: B


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m)

Câu I (2,0 đ i ể m) Cho hàm số 2 11

x y x

+=+

.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.2. Tìm m để đườ ng thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ).Câu II (2,0 đ i ể m)1. Giải phươ ng trình (sin .2 cos 2 ) cos 2cos 2 sin 0 x x x x x+ + − =

2. Giải phươ ng trình 23 1 6 3 14 8 x x x x+ − − + − − = 0 ( x ∈ R).

Câu III (1,0 đ i ể m) Tính tích phân( )21

lnd

2 ln

e x

I x x x

=

+∫.

Câu IV (1,0 đ i ể m) Cho hình lăng tr ụ tam giác đều ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng. ' ' ABC A B C

( ' ) A BC và ( ) ABC bằng . Gọi G là tr ọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng tr ụ đã chovà tính bán kính mặt cầu ngoại tiế p tứ diện GABC theo a.

60o ' A BC

Câu V (1,0 đ i ể m) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá tr ị nhỏ nhất

của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 23( ) 3( ) 2 M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + + .

PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m)Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)A. Theo chươ ng trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 đ i ể m)1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (− 4; 1), phân giác trong góc A có phươ ng trình x + y − 5 = 0. Viết phươ ng trình đườ ng thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 vàđỉnh A có hoành độ dươ ng.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C (0; 0; c), trong đó b, c dươ ngvà mặt phẳng ( P ): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng ( ABC ) vuông góc vớ i mặt phẳng

( P ) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) bằng1

3.

Câu VII.a (1,0 đ i ể m) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tậ p hợ p điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:(1 ) z i i z− = + .


1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip ( E ):2 2

13 2

x y+ = . Gọi F 1 và F 2 là các

tiêu điểm của ( E ) ( F 1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dươ ng của đườ ng thẳng AF 1 vớ i( E ); N là điểm đối xứng của F 2 qua M . Viết phươ ng trình đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác ANF 2.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đườ ng thẳng Δ:1

2 1 2

y z−= = . Xác định tọa độ điểm M trên

tr ục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM .

Câu VII.b (1,0 đ i ể m) Giải hệ phươ ng trình2

2

log (3 1)

4 2 3 x x

y x

y

− =⎧⎪

⎨ + =⎪⎩ ( x, y ∈ R).

---------- Hết ----------






Môn: TOÁN; Khối: D


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m)Câu I (2,0 đ i ể m) Cho hàm số .4 2 6 y x x= − − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

2. Viết phươ ng trình tiế p tuyến của đồ thị (C ), biết tiế p tuyến vuông góc vớ i đườ ng thẳng1

16

y x= − .

Câu II (2,0 đ i ể m)1. Giải phươ ng trình s in 2 cos 2 3sin cos 1 0. x x x x− + − − =

2. Giải phươ ng trình3 32 2 2 2 44 2 4 2 4 x x x x x x+ + + + + −+ = + ( x ∈ R).

Câu III (1,0 đ i ể m) Tính tích phân 1

3

2 ln

e

d I x x x

⎛ ⎞= −

⎜ ⎟⎝ ⎠∫ x .Câu IV (1,0 đ i ể m) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình

chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC , AH = 4

AC . Gọi CM là đườ ng

cao của tam giác SAC . Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.

Câu V (1,0 đ i ể m) Tìm giá tr ị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 1 y x x x x= − + + − − + + 0 .

PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m)Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)A. Theo chươ ng trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 đ i ể m)1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), tr ực tâm là H (3; −1), tâm đườ ng trònngoại tiế p là I (−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C , biết C có hoành độ dươ ng.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết phươ ng trình mặt phẳng ( R) vuông góc vớ i ( P ) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến ( R) bằng 2.

Câu VII.a (1,0 đ i ể m) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. B. Theo chươ ng trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 đ i ể m)1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đườ ng thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu

vuông góc của A trên Δ. Viết phươ ng trình đườ ng thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến tr ục hoành

bằng AH .

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đườ ng thẳng Δ1:

3 t

y t

z t

= +⎧⎪

=⎨⎪ =⎩

và Δ2:2 1

2 1 2

y− −= =

z. Xác

định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1.

Câu VII.b (1,0 đ i ể m) Giải hệ phươ ng trình2

2 2

4 2 0

2log ( 2) log 0

x x y

x

⎧ − + + =⎪⎨

y− − =⎪⎩( x, y ∈ R).

---------- Hết ----------

Thí sinh không đượ c sử d ụng tài li ệu. Cán bộ coi thi không gi ải thích gì thêm.

ố



1

bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002------------------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm

m«n to¸n khèi A

C©u ý Néi dung §H C§I 1 23 31 x x ym +−=⇒=

TËp x¸c ®Þnh R x∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= x x x x y ,

=

=⇔=

2

00'

2

1

x

x y

10",066" =⇔==+−= x y x y

B¶ng biÕn thiªn

∞+∞− 210 x

−' y +0 −0

−+ 0" y

y + ∞ lâm U 4

CT 2 C§0 låi ∞−

=

=⇔= 300 x x y , 4)1( =− y

§å thÞ:

( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

∑1 ,5 ®

0,5®

0,5 ®

0,5 ®

-1 1 2 3x

0

2

4

y



2

I 2 Çch I. Ta cã 2332323 33033 k k x xk k x x +−=+−⇔=−++− .

§Æt 23 3k k a +−= Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph− ¬ng tr×nh a x x =+− 23 3

cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ k k a

( )( )

>−+

<≠⇔

>+−+<≠⇔

02130

0)44)(1(30

22 k k k

k k k k

≠∧≠<<−⇔2031k k k

Çch II. Ta cã

[ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− k k xk xk xk k x x

cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ k k xk x x f

cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k

≠∧≠

<<−⇔

≠−+−+

>++−=∆⇔

20

31

033

0963222

2

k k

k

k k k k k

k k

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25®

0,25 ®

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25 ®

3Çch I.

3)(3)1(363 222' +−−=−++−= m xmmx x y ,

+=

−=⇔=

1

10

2

1'

m x

m x y

Ta thÊy 21 x x ≠ vµ ' y ®æi dÊu khi qua 1 x vµ ⇒2 x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i

1 x vµ 2 x .

23)( 2

11 −+−== mm x y y vµ 23)( 2

22 ++−== mm x y y

Ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ ( )23;1 2

1 −+−− mmm M vµ ( )23;1 2

2 ++−+ mmm M lµ:

⇔+−+=+− 423

21

2

mm ym x mm x y +−= 22

Çch II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= m xmmx x y , Ta thÊy

0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm cã 2 nghiÖm 21 x x ≠

vµ ' y ®æi dÊu khi qua 1 x vµ ⇒2 x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i 1 x vµ 2 x .

Ta cã 23223 )1(33 mm xmmx x y −+−++−=

( ) .2336333

1 222 mm xmmx xm x +−+−++−

−=

Tõ ®©y ta cã mm x y +−= 2

11 2 vµ mm x y +−= 2

22 2 .

VËy ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ mm x y +−=2

2 .

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25®

0,25 ®0,25 ®

II 1.

Víi 2=m ta cã 051loglog 2

3

2

3=−++ x x

§iÒu kiÖn 0> x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã

06051 22 =−+⇔=−+− t t t t .2

3

2

1

=

−=⇔t

t

∑ 5,0 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®



3

31−=t (lo¹i) , 3

3

2

32 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= x x xt

33±= x tháa m·n ®iÒu kiÖn 0> x .(ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c)

0,25 ® 0,5 ®

2.

0121loglog 2

3

2

3 =−−++ m x x (2)

§iÒu kiÖn 0> x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã

0220121 22 =−−+⇔=−−+− mt t mt t (3)

.21log13log0]3,1[ 2

33

3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xt x x

VËy (2) cã nghiÖm ]3,1[ 3∈ khi vµ chØ khi (3) cã

nghiÖm [ ]2,1∈ . §Æt t t t f += 2)(

Çch 1.Hµm sè )(t f lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n ][ 2;1 . Ta cã 2)1( = f vµ 6)2( = f .

Ph− ¬ng tr×nh 22)(222 +=⇔+=+ mt f mt t cã nghiÖm [ ]2;1∈

.20622

222

22)2(

22)1(≤≤⇔

≤+

+≤⇔

+≥

+≤⇔ m

m

m

m f

m f

Çch 2.

TH1. Ph− ¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , t t tháa m·n 21 21<≤< t t .

Do 12

1

2

21 <−=+ t t

nªn kh«ng tån t¹i m .

TH2. Ph− ¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , t t tháa m·n

21 21 ≤≤≤ t t hoÆc 21 21 t t ≤≤≤

( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm .

(ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c )

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

III 1.

5 32cos2sin21

3sin3cossin +=

+

++ x

x

x x x . §iÒu kiÖn

2

12sin −≠ x

Ta cã 5 =

+++ x x x x2sin213sin3cossin 5

++++

x x x x x x

2sin213sin3cos2sinsin2sin

=5 =

+

++−+

x

x x x x x

2sin21

3sin3cos3coscossin5 x

x

x xcos5

2sin21

cos)12sin2(=

+

+

VËy ta cã: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= x x x x

2cos = x (lo¹i) hoÆc ).(232

1cos Z k k x x ∈+±=⇒= π

π

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®



4

2.

V× (0∈ x ; )π 2 nªn lÊy3

1

π = x vµ

3

52

π = x . Ta thÊy 21 , x x tháa m·n ®iÒu

kiÖn2

12sin −≠ x . VËy çc nghiÖm cÇn t×m lµ:

31

π = x vµ

3

52

π = x .

(ThÝ sinh cã thÓ sö dông çc phÐp biÕn ®æi kh¸c)

Ta thÊy ph− ¬ng tr×nh 3|34| 2 +=+− x x x cã 2 nghiÖm 01 = x vµ .52 = x

MÆt kh¸c ∀+≤+− 3|34| 2 x x x [ ]5;0∈ x . VËy

( ) ( ) ( )dx x x xdx x x xdx x x xS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+=1

0

3

1

22

5

0

2 343343|34|3

( )dx x x x∫ −+−++5

3

2 343

( ) ( ) ( )dx x xdx x xdx x xS ∫∫∫ +−++−++−=5

3

2

3

1

2

1

0

2 5635

5

3

233

1

231

0

23

2

5

3

16

2

3

3

1

2

5

3

1

+−+

+−+

+−= x x x x x x xS

6

109

3

22

3

26

6

13=++=S (®.v.d.t)

( NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc ∀+≤+− 3|34| 2 x x x [ ]5;0∈ x )

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25®

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25®

IV 1. ∑1® ∑1®

x510-1

y

3

32

1

8

-1



5

S

N

I

M C

A K

B

Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ MN SK I ∩=

. Tõ gi¶ thiÕt MN a

BC MN ,22

1==⇒ // BC I ⇒ lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN .

Ta cã ⇒∆=∆ SAC SAB hai trung tuyÕn t− ¬ng øng AN AM = AMN ∆⇒ c©n t¹i A MN AI ⊥⇒ .

MÆt kh¸c

( ) ( )( ) ( )

( )( ) SK AI SBC AI

MN AI

AMN AI

MN AMN SBC

AMN SBC

⊥⇒⊥⇒

⊥

⊂

=∩

⊥

.

Suy ra SAK ∆ c©n t¹i 2

3a

AK SA A ==⇒ .

244

3 222222 aaa BK SBSK =−=−=

4

10

84

3

2

222

222 aaaSK SASI SA AI =−=

−=−=⇒ .

Ta cã16

10.

2

1 2a AI MN S AMN ==∆ (®vdt)

chó ý1) Cã thÓ chøng minh MN AI ⊥ nh− sau:

( ) ( ) AI MN SAK MN SAK BC ⊥⇒⊥⇒⊥ .2) Cã thÓ lµm theo ph− ¬ng ph¸p täa ®é:Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho

−

−

−

h

aS

a A

aC

a B K ;

6

3;0,0;

2

3;0,0;0;

2,0;0;

2),0;0;0(

trong ®ã h lµ ®é dµi ®− êng cao SH cña h×nh chãp ABC S . .

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®



6

2a)

Çch I. Ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )( P chøa ®− êng th¼ng 1∆ cã d¹ng:

( ) ( ) 042242 =+−++−+− z y x z y x β α ( 022 ≠+ β α )

⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ β α β α β α β α z y x

VËy ( ) β α β α β α 2;22; −+−+= P nr

.Ta cã ( )2;1;12 =ur

// 2∆ vµ ( ) 22 1;2;1 ∆∈ M

( ) P // ( ) ( ) ( )

∉

=−⇔

∉

=⇔∆

P M P M

un P

22

2

2

0

1;2;1

0. β α rr

VËy ( ) 02: =− z x P

Çch II Ta cã thÓ chuyÓn ph− ¬ng tr×nh 1∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:

Tõ ph− ¬ng tr×nh 1∆ suy ra .02 =− z x §Æt

=

−=

=

∆⇒=

'4

2'3

'2

:'2 1

t z

t y

t x

t x

( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ u M r // 1∆ .(Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm 11

∆∈ M b»ng çch cho 020 =−=⇒= z y x

vµ tÝnh ( )4;3;221

21;12

11;22

121 =

−

−−

−=u

r).

Ta cã ( )2;1;12 =ur

// 2∆ . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng )( P lµ :

[ ] ( )1;0;2, 21 −== uun P rrr

. VËy ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )( P ®i qua ( )0;2;01 − M

vµ ⊥ ( )1;0;2 −= P nr

lµ: 02 =− z x .

MÆt kh¸c ( ) ( ) ⇒∉ P M 1;2;12 ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 02 =− z x

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®

0,5 ®----------

0,5 ®

0,5 ®

2b)b)Çch I. ( ) MH t t t H H ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− t t t

( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ t t t t t t MH

®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi ( )3;3;21 H t ⇒=

Çch II. ( )t t t H H 21;2;12 +++⇒∆∈ .

MH nhá nhÊt ( )4;3;210. 22 H t u MH MH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔r

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®

0,5 ®----------

0,5 ®0,5 ®

V 1.

Ta cã ( )0;1 BOx BC =I . §Æt a x A = ta cã );( oa A vµ

.33 −=⇒= a ya x C C VËy )33; −aaC .

Tõ c«ng thøc( )

( )

++=

++=

C B AG

C B AG

y y y y

x x x x

3

13

1

ta cã

−+

3

)1(3;3

12 aaG .

Çch I.

Ta cã :

|1|2|,1|3|,1| −=−=−= a BC a AC a AB . Do ®ã

∑1®

0,25 ®



7

( )212

3.

2

1−==∆ a AC ABS ABC .

Ta cã( )

|1|3|1|3

1322

−+−

−=

++=

aa

a

BC AC AB

S r = .2

13

|1|=

+

−a

VËy .232|1| +=−a

TH1.

++⇒+=

3

326;

3

347332 11 Ga

TH2

−−−−⇒−−=

3

326;

3

134132 22 Ga .

Çch II.

yC

I

O B A x

Gäi I lµ t©m ®− êng trßn néi tiÕp ABC ∆ . V× 22 ±=⇒= I yr .

Ph− ¬ng tr×nh ( ) 3213

11.30: 0 ±=⇒

−=−= I x x

xtg y BI .

TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi .321+=⇒ I x B Tõ 2),( = AC I d

.3232 +=+=⇒ I xa

++⇒

3

326;

3

3471G

TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi .321−=⇒ I x B T − ¬ng tù

ta cã .3212 −−=−=I xa

−−−−⇒

3

326;

3

1342G

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

2.

Tõ 13 5 nn C C = ta cã 3≥n vµ∑1 ®



8

( ) ( )02835

6

)2)(1(

!1

!5!3!3

! 2 =−−⇔=−−

⇔−

=−

nnnnnn

n

n

n

n

41 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .72 =n

Víi 7=n ta cã

.4421402.2.3514022 2223

34

21

3

7 =⇔=⇔=⇔=

−−−−−

xC x x x x x

0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc

M«n to¸n, khèi b

C©u ý Néi dung §H C

I 1 Víi 1=m ta cã 108 24 +−= x x y lµ hµm ch½n ⇒ ®å thÞ ®èi xøng qua Oy .

TËp x¸c ®Þnh ∀ R x∈ , ( )44164'23 −=−= x x x x y , 0'= y

±=

=⇔

2

0

x

x

,3

4121612" 22

−=−= x x y

3

20" ±=⇔= x y .

B¶ng biÕn thiªn:

∞+−

−∞− 23

20

3

22 x

−' y 0 + 0 − 0 +

" y + 0 − 0 + ∞+ 10 ∞+

y lâm U C§ U lâmCT låi CT 6− 6−

Hai ®iÓm cùc tiÓu : ( )6;21 −− A vµ ( )6;22 − A .

Mét ®iÓm cùc ®¹i: ( )10;0 B .

Hai ®iÓm uèn:

−

9

10;

3

21U vµ

9

10;

3

22U .

Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi trôc tung lµ ( )10;0 B .§å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i 4 ®iÓm cã hoµnh ®é:

64 +±= x vµ 64 −±= x .

(ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)

∑0,1 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

∑1

0,5

0,5

0,5

x0

10

y

-6

-2 2

A2A1

B

U1U2



2

I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmx x xmmx y ,

=−+

=⇔=

092

00'

22 mmx

x y

Hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ ⇔ ph− ¬ng tr×nh 0'= y cã 3 nghiÖm

ph©n biÖt (khi ®ã ' y ®æi dÊu khi qua çc nghiÖm)⇔ ph−

¬ng tr×nh092 22 =−+mmx cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0.

092 22 =−+mmx

−=

≠⇔

m

m x

m

2

90

22 . Ph− ¬ng tr×nh 092 22 =−+mmx

cã 2 nghiÖm kh¸c 0

<<

−<⇔

.30

3

m

m

VËy hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ

<<

−<⇔

.30

3

m

m

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1

0,2

0,2

0,2

0,2

II1

x x x x 6cos5sin4cos3sin 2222 −=−

2

12cos1

2

10cos1

2

8cos1

2

6cos1 x x x x +−

−=

+−

−⇔

( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ x x x x

( ) 07cos11coscos =−⇔ x x x

02sin9sincos =⇔ x x x

.

2

902sin9sin Z k k

x

k x

x x ∈

=

=⇔=⇔

π

π

Chó ý:

ThÝ sinh cã thÓ sö dông çc çch biÕn ®æi kh¸c ®Ó ®− a vÒ ph− ¬ng tr×nh tÝch.

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®

∑1

0,2

0,2

0,5

2

( ) 1)729(loglog 3 ≤− x

x (1).

§iÒu kiÖn: 73log1729

0)729(log

0729

1,0

9

3

>⇔>−⇔

>−

>−

≠>

x

x x x

x

x (2).

Do 173log9 >> x nªn ( ) x x ≤−⇔ 729log)1( 3

( ) 0723337292

≤−−⇔≤−⇔ x x x x (3).

§Æt xt 3= th× (3) trë thµnh

2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xt t t x .KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (2) ta ®− îc nghiÖm cña bÊt ph− ¬ng tr×nh lµ:

273log9 ≤< x .

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1

0,2

0,2

0,2

0,2



3

3

++=+

−=−

).2(2

)1(3

y x y x

y x y x§iÒu kiÖn: )3(

.0

0

≥+

≥−

y x

y x

( )

+=

=⇔=−−−⇔

.101)1( 63

y x

y x y x y x

Thay y= vµo (2), gi¶i ra ta ®− îc .1== y x

Thay 1+= y x vµo (2), gi¶i ra ta cã:2

1,

2

3== y x .

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (3) hÖ ph− ¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm:

1,1 == y x vµ2

1,

2

3== y x

Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ n©ng hai vÕ cña (1) lªn luü thõa bËc 6 ®Ó di ®Õn kÕt qu¶:

+=

=

.1 y x

y x

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1

0,2

0,2

0,2

0,2

III

T×m giao ®iÓm cña hai ®− êng cong4

42 x

y −= vµ24

2 x y = :

44

2 x− =

24

2 x8804

432

224

±=⇔=⇔=−+⇔ x x x x

.

Trªn 8;8− ta cã24

2 x

44

2 x−≤ vµ do h×nh ®èi xøng qua trôc tung

nªn dx x xS ∫

−−=

8

0

22

24442 21

8

0

2

8

0

2

22116 S S dx xdx x −=−−= ∫∫ .

§Ó tÝnh 1S ta dïng phÐp ®æi biÕn t x sin4= , khi4

0π

≤≤ t th× 80 ≤≤ x .

tdt dx cos4= vµ

∈∀>

4;00cosπ

t t . Do ®ã

∑0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1

0,5

0,2

x 0-4 4

2

y

-2 2 2 2

2 A2A1

4

x4y

2

−=24

xy

2

=



4

( ) 422cos18cos16164

0

4

0

2

8

0

2

1 +=+==−= ∫∫∫ π

π π

dt t tdt dx xS .

3

8

26

1

22

18

0

3

8

0

2

2 === ∫ xdx xS . VËy3

4221 +=−= π S S S .

Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ tÝnh diÖn tÝch dx x x

S ∫−

−−=8

8

22

2444 .

0,25 ®

0,25 ®

0,5

0,2

IV 1

Kho¶ng çch tõ I ®Õn ®− êng th¼ng AB b»ng2

55=⇒ AD vµ

2

5

== IB IA .

Do ®ã B A, lµ çc giao ®iÓm cña ®− êng th¼ng AB víi ®− êng trßn t©m I vµ b¸n

kÝnh2

5= R . VËy täa ®é B A, lµ nghiÖm cña hÖ :

=+

−

=+−2

2

2

2

5

2

1

022

y x

y x

Gi¶i hÖ ta ®− îc ( ) ( )2;2,0;2 B A − (v× 0< A x )

( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC .

Chó ý:

ThÝ sinh cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm H lµ h×nh chiÕu cña I trªn ®− êng th¼ng AB .Sau ®ã t×m B A, lµ giao ®iÓm cña ®− êng trßn t©m H b¸n kÝnh HA víi ®− êng

th¼ng AB .

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1

0,2

0,5

0,5

0,2

xCIOA

D

B

H

y



5

IV 2a) T×m kho¶ng çch gi÷a B A1 vµ D B1 .

Çch I. Chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aa DaaaC aa BaaC a Aa Da B A ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 ⇒

( ) ( ) ( )0;0;,;;,;0; 1111 a B Aaaa D Baa B A =−−=−=⇒ vµ ( )222

11 ;2;, aaa D B B A = .

VËy ( )[ ] 66,

.,,

2

3

11

1111

11

a

a

a

D B B A

B A D B B A D B B Ad === .

Çch II. ( ) D B B A DC AB B A

AD B A

AB B A11111

1

11 ⊥⇒⊥⇒

⊥

⊥.

T − ¬ng tù D BC A 111 ⊥ ( )111 BC A D B ⊥⇒ .

Gäi ( )111 BC A D BG ∩= . Do aC B B B A B === 11111 nªn

GGC GBGA ⇒== 11 lµ t©m tam gi¸c ®Òu 11 BC A cã c¹nh b»ng 2a .

Gäi I lµ trung ®iÓm cña B A1 th× IG lµ ®− êng vu«ng gãc chung cña B A1 vµ

D B1 , nªn ( )62

3

3

1

3

1, 1111

a B A I C IG D B B Ad ==== .

Chó ý:

ThÝ sinh cã thÓ viÕt ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( ) P chøa B A1 vµ song song víi

D B1 lµ: 02 =−++ a z y x vµ tÝnh kho¶ng çch tõ 1 B (hoÆc tõ D ) tíi ( ) P ,

hoÆc viÕt ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )Q chøa D B1 vµ song song víi B A1 lµ:

022 =−++ a z y x vµ tÝnh kho¶ng çch tõ 1 A (hoÆc tõ B) tíi ( )Q .

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑ 5,1

0,25

0,5 ®

0,25

0,5 ®

0,25

0,5 ®

0,5 ®

x

D

D

CB1

A1

z

y

x

A

CB

I



6

2b)

Çch I.

Tõ Çch I cña 2a) ta t×m ®− îc

a

a P a

a N

aa M ;

2;0,0;;

2,

2;0;

0.;0;2

,2

;2

; 11 =⇒

=

−=⇒ NC MP a

a NC

aaa MP .

VËy N C MP 1⊥ .

Çch II.

Gäi E lµ trung ®iÓm cña 1CC th× ( ) ⇒⊥ 11C CDD ME h×nh chiÕu vu«ng gãc cña

MP trªn ( )11C CDD lµ 1 ED . Ta cã

N C E D N C D N CC E DC E C DCN C 1111

0

111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Tõ ®©y

theo ®Þnh lý ba ®− êng vu«ng gãc ta cã N C MP 1⊥ .

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®0,25 ®

V

Sè tam gi¸c cã çc ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm n A A A 221 ,,, L lµ 3

2nC .

Gäi ®− êng chÐo cña ®a gi¸c ®Òu n A A A 221 L ®i qua t©m ®− êng trßn ( )O lµ

®− êng chÐo lín th× ®a gi¸c ®· cho cã n ®− êng chÐo lín.

Mçi h×nh ch÷ nhËt cã çc ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm n A A A 221 ,,, L cã çc ®− êng

chÐo lµ hai ®− êng chÐo lín. Ng− îc l¹i, víi mçi cÆp ®− êng chÐo lín ta cã çc ®Çumót cña chóng lµ 4 ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt. VËy sè h×nh ch÷ nhËt nãi trªnb»ng sè cÆp ®− êng chÐo lín cña ®a gi¸c n A A A 221 L tøc 2

nC .

Theo gi¶ thiÕt th×:

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

D1A

B1 C1

C

B

A

M E

N

P

y

x

z



7

( )( ) ( )

( )( ) ( )2

120

6

2212.2

!2!2

!20

!32!3

!220 23

2

−=

−−⇔

−=

−⇔=

nnnnn

n

n

n

nC C nn

81512 =⇔=−⇔ nn .

Chó ý:

ThÝ sinh cã thÓ t×m sè h×nh ch÷ nhËt b»ng çc çch kh¸c. NÕu lý luËn ®óng ®Ó ®i

®Õn kÕt qu¶ sè h×nh ch÷ nhËt lµ2

)1( −nnth× cho ®iÓm tèi ®a phÇn nµy.

0,5 ®



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc , cao ®¼ng n¨m 2002M«n To¸n, khèi D

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc

C©u Néi dung §iÓm

§H C§ I 3® 4®

1. 1 1,5 Khi m = -1 ,ta cã

1x

43

1x

1x3y

−−−=

−

−−=

-TX§ : 1x ≠

- CBT :( )

⇒≠∀>−

= 1x,01x

4y

2

, hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. 1/4 1/4

3ylimx

−=∞→

; −∞=+∞=+− →→ 1x1x

ylim;ylim .

- BBT :

x - ∞ 1 + ∞

y / + ++ ∞

y -3 -3

- ∞ 1/4 1/4 - TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× =

→ylim

1x∞ .

y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× 3ylimx

−=∞→

1/4 1/4

- Giao víi çc trôc : x = 0 ⇒ y = 1; y = 0 ⇒ x = - 1/3. 1/4 - §å thÞ :

x

y

1/4 1/2



2

2. 1 1,5 DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ :

dx1x

1x3S

0

3 / 1∫

−

−

−−=

1/4 1/2

∫ ∫− −

−−−=

0

3 / 1

0

3 / 1 1x

dx4dx3

1/4 1/4

3 / 1

01xln4

3

1.3

−−−−=

1/4 1/2

34ln41 +−= ( ®vdt).

1/4 1/43. 1 1

Ký hiÖu( )

1x

mx1m2)x(f

2

−

−−= . Yªu cÇu bµi to¸n t− ¬ng ®− ¬ng víi t×m

m ®Ó hÖ ph− ¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:

(H)( )

=

=

.x)x(f

x)x(f / /

1/4 1/4

Ta cã (H)

( )

( )

=

−

−−

=−

−−

⇔

01x

mx

01x

mx

/ 2

2

1/4 1/4

( )

( )( ) ( )( )

=−

−+−−−

=−

−−

⇔

01x

mx1xmx2

01x

mx

2

2

2

1/4 1/4Ta thÊy víi 1m ≠∀ ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) . V× vËy 1m ≠∀ , (H)

lu«n cã nghiÖm , ®ång thêi khi m = 1 th× hÖ ( H ) v« nghiÖm. Do ®ã ®åthÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®− êng th¼ng y = x khi vµ chØ khi 1m ≠ .

§S : 1m ≠ . 1/4 1/4II 2® 3®

1. 1 1,5 BÊt ph− ¬ng tr×nh

≥−

>−−

=−−

⇔

0x3x

02x3x2

02x3x2

2

2

2

1/4 1/2

TH 1: .2

1x2x02x3x202x3x2 22 −=∨=⇔=−−⇔=−−

1/4 1/4

TH 2:

≥−

>−−⇔

≥−

>−−

0x3x

02x3x2

0x3x

02x3x22

2

2

2

≥∨≤

>∨−<⇔

3x0x

2x2

1x

1/4



3

3x2

1x ≥∨−<

1/4 1/4

Tõ hai tr− êng hîp trªn suy ra §S: 3x2x2

1x ≥∨=∨−≤

1/4 1/42. 1 1,5

HÖ ph− ¬ng tr×nh

=

−=⇔

y2

y4y52x

2x3

1/4 1/2

=+−>=⇔

0y4y5y0y2

23

x

1/4 1/4

=∨=∨=

>=⇔

4y1y0y

0y2x

1/4 1/4

⇔

=

=∨

=

=

4y

2x

1y

0x

1/4 1/2

III1® 1®

Ph− ¬ng tr×nh ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔ 0xcos8xcos4 23 =−⇔

( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔

0xcos =⇔ 1/4 1/2

π+π

=⇔ k2

x .1/4 1/4

[ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4

§S : ;2

xπ

= 2

3x

π= ;

2

5x

π= ;

2

7x

π= .

1/4 1/4IV 2® 2®

1. 1 1

Çch 1Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«imét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4Do ®ã cã thÓ chän hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc, gèc A sao cho B(3;0;0) ,C(0;4;0), D( 0;0;4). MÆt ph¼ng (BCD) cã ph− ¬ng tr×nh :

014

z

4

y

3

x=−++ .

1/4 1/4

Kho¶ng çch cÇn tÝnh lµ :17

346

16

1

16

1

9

11 =

++

(cm).

1/4 1/4



4

Çch 2Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«imét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4

D

H C

A E

BGäi AE lµ ®− êng cao cña tam gi¸c ABC; AH lµ ®− êng cao cña tam gi¸cADE th× AH chÝnh lµ kho¶ng çch cÇn tÝnh.

DÔ dµng chøng minh ®− îc hÖ thøc:2222

AC

1

AB

1

AD

1

AH

1++= .

1/4 1/4Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®− îc:

cm17

346AH =

1/4 1/4Çch 3:Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«imét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4

Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= 8ADACAB6

1=⋅⋅⋅ .

¸p dông c«ng thøc)BCD(dt

V3AH∆

= víi V = 8 vµ dt( ∆ BCD) =2 34

ta tÝnh ®− îc cm17

346AH = .

1/2 1/22 1 1

Çch 1:

MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn ( )0;1;2n −→

. §− êng th¼ng md cã vec

t¬ chØ ph− ¬ng ( )( ) ( ) ( )( )m1m;1m2;1m2m1u2

−−+−+−→

. 1/4 1/4

Suy ra

→

u .

→

n =3(2m+1).

md song song víi (P)

⊄

⊥⇔→→

)P (d

nu

m

1/4 1/4



5

( )

∉∈∃

=⇔→→

P A,dA

0n.u

m

Ta cã : ®iÒu kiÖn 0n.u =→→

2

1m −=⇔

1/4 1/4

MÆt kh¸c khi m = - 1/2 th× md cã ph− ¬ng tr×nh :

=

=−

0x

01y, mäi ®iÓm

A( 0;1;a) cña ®− êng th¼ng nµy ®Òu kh«ng n»m trong (P), nªn ®iÒu kiÖn( )P A,dA m ∉∈∃ ®− îc tho¶ m·n. §S : m = - 1/2 1/4 1/4Çch 2:ViÕt ph− ¬ng tr×nh dm d− íi d¹ng tham sè ta ®− îc

−−−=

+−=

+−=

m)t.m(12z

t1)(2m1 y

1)tm)(2m(1 x2

1/4 1/4

md // (P) ⇔ hÖ ph− ¬ng tr×nh Èn t sau

=+−−−−=

+−=

+−=

02yx2t)m1(m2z

t)1m2(1y

t)1m2)(m1(x2

v« nghiÖm

1/4 1/4⇔ ph− ¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 v« nghiÖm 1/4 1/4⇔ m=-1/2 1/4 1/4Çch 3:

md // (P) ⇔ hÖ ph− ¬ng tr×nh Èn x, y, z sau

(H) ( ) ( )

=++++

=−+−++

=+−

02m4z)1m2(mx

01myx1x1m2

02yx2

v« nghiÖm 1/4 1/4

Tõ 2 ph− ¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph− ¬ng tr×nh trªn suy ra

+=

−=

3

4m2y

3

1mx

1/4 1/4ThÕ x , y t×m ®− îc vµo ph− ¬ng tr×nh thø ba ta cã :

)6m11m(3

1z)1m2( 2 ++−=+

1/4 1/4

HÖ (H) v« nghiÖm

2

1m −=⇔

1/4 1/4V 2®

1. 1 Ta cã : ( ) ∑

=

=+n

0k

kkn

nxC1x ,

1/4

Cho x = 2 ta ®− îc ∑=

=n

0k

kkn

n 2C31/4

5n32433 5n =⇔==⇒ . 1/2



6

2. 1

Çch 1Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªnhai tia Ox vµ Oy.

§− êng th¼ng MN cã ph− ¬ng tr×nh : 01n

y

m

x=−+

1/4§− êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :

1

n

19

m

116

22

=

+

.

1/4Theo B§T C«si ta cã :

( )2

2

2

2

22

22222

n

m9

m

n1625

n

9

m

16nmnmMN ++=

++=+=

499.16225 =+≥ 7MN ≥⇒ 1/4

§¼ng thøc x¶y ra

>>

=+

=

⇔

0n,0m

49nm

n

m9

m

n16

22

2

2

2

2

⇔ 21n,72m == .

KL: Víi 21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4Çch 2Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªnhai tia Ox vµ Oy.

§− êng th¼ng MN cã ph− ¬ng tr×nh : 01n

y

m

x=−+

1/4§− êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :

1n

19

m

116

22

=

+

.

1/4Theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiacèpski ta cã

( ) 49n

3.n

m

4.m

n

9

m

16nmnmMN

2

22

22222 =

+≥

++=+= .

7MN ≥⇒ 1/4

- §¼ng thøc x¶y ra

>>

=+

=

⇔

0n,0m

7nm

n

3:n

m

4:m

22 ⇔ 21n,72m == .

KL: Víi ) )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4Çch 3:

Ph− ¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : 19

yy

16

xx 00 =+

1/4



7

Suy ra to¹ ®é cña M vµ N lµ

0;

x

16M

0

vµ

0y

9;0N

⇒

+

+=+=

20

2

20

220

20

20

2

20

22

y

9

x

16

9

y

16

x

y

9

x

16MN

1/4Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si hoÆc Bunhiac«pski (nh− çch 1 hoÆc çch 2)ta cã : 22 7MN ≥

1/4

- §¼ng thøc x¶y ra7213y;

778x 00 ==⇔ .

- Khi ®ã 21;0N,0;72M vµ GTNN (MN) = 7 1/4

-----------------------HÕt----------------------



8

Bé gi o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002------------------------ ---------------------------------------------

H−íng dÉn chÊm thi m«n to¸n khèi D

C©u I:

1. -NÕu TS lµm sai ë b− íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®− îc ®iÓm.-NÕu TS x¸c ®Þnh ®óng hµm sè vµ chØ t×m ®óng 2 tiÖm cËn th× ®− îc 1/4 ®iÓm.2. NÕu TS lµm sai ë b− íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®− îc ®iÓm. 3. -NÕu TS dïng ®iÒu kiÖn nghiÖm kÐp th× kh«ng ®− îc ®iÓm.

-NÕu TS kh«ng lo¹i gi¸ trÞ m = 1 th× bÞ trõ 1/4 ®iÓm.

C©u II:1. -NÕu TS lµm sai ë b− íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®− îc ®iÓm.

-NÕu TS kÕt luËn nghiÖm sai bÞ trõ 1/4 ®iÓm .

-NÕu TS sö dông ®iÒu kiÖn sai:

≤

<

≥

≥

⇔≥

0)x(g

0)x(f

0)x(g

0)x(f

0)x(g).x(f vµ dÉn ®Õn kÕt qu¶ ®óng sÏ

bÞ trõ 1/4 ®iÓm.2. TS lµm ®óng ë b− íc nµo ®− îc ®iÓm ë b− íc ®ã.

C©u III:TS lµm ®óng b− íc nµo ®− îc ®iÓm b− íc ®ã.

C©u IV:TS lµm ®óng b− íc nµo ®− îc ®iÓm b− íc ®ã.

C©u V:1. TS lµm ®óng b− íc nµo ®− îc ®iÓm b− íc ®ã.2. TS lµm ®óng b− íc nµo ®− îc ®iÓm b− íc ®ã.

----------------------HÕt----------------------



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003−−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi A

Néi dung ®iÓmC©u 1. 2®iÓm

1)

Khi2 1 1

1 .1 1

x xm y x

x x

− + −= − ⇒ = = − −

− −

+ TËp x¸c ®Þnh: \{ 1 }.R

+2

2 2

01 2' 1 . ' 0

2.( 1) ( 1)

x x x y y

x x x

=− += − + = = ⇔ =− −

+ [ ] ⇒=−

=−−∞→∞→

01

1lim)(lim

x x y

x xtiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: x y −= .

⇒∞=→

y x 1lim tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 1= x .

B¶ng biÕn thiªn:

§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh.§å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1).

1 ®iÓm

0,25 ®

0,5 ®

0, 25 ®

x − ∞ 0 1 2 + ∞

y’ − 0 + + 0 − +∞ +∞ −3

y CT C§1 − ∞ − ∞

y

O 1 2

−3

1

−1



2

2)

§å thÞ hµm sè 1

2

−

++=

x

m xmx y c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é

d− ¬ng ⇔ ph− ¬ng tr×nh 2( ) 0 f x mx x m= + + = cã 2 nghiÖm d− ¬ng ph©n biÖt kh¸c 1

2

0

1 4 0

(1) 2 1 0

10, 0

m

m

f m

mS P

m m

≠

∆ = − >

⇔ = + ≠ = − > = >

0

1

12 01 2

2

0

m

m

m

m

m

≠ <

⇔ ⇔ − < < ≠ − <

.

VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ:1

02

m− < < .

1 ®iÓm

0,25 ®

0,75 ®

C©u 2. 2®iÓm

1)

§iÒu kiÖn

sin 0

cos 0 (*)

tg 1

x

x

x

≠

≠

≠ −

.

Khi ®ã ph− ¬ng tr×nh ®· cho )cos(sinsin

cos

sin1

sincos1

sin

cos 22

x x x

x

x

x x

x

x−+

+

−=−⇔

cos sincos (cos sin ) sin (sin cos )

sin

x x x x x x x x

x

−⇔ = − + −

2(cos sin )(1 sin cos sin ) 0 x x x x x⇔ − − + =

2

cos sin 0

1 sin cos sin 0.

x x

x x x

− =⇔

− + =

TH1:π

sin cos tg 1 π ( )4

x x x x k k = ⇔ = ⇔ = + ∈Z tháa m·n ®iÒu kiÖn (*).

TH2: 2 211 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :

2 x x x x x− + = ⇔ − + = v« nghiÖm.

VËy nghiÖm cña ph− ¬ng tr×nh lµ:π

π ( )4

x k k = + ∈Z .

2) Gi¶i hÖ3

1 1(1)

2 1 (2).

x y x y

y x

− = −

= +

+ §iÒu kiÖn 0. xy ≠

+ Ta cã 1(1) ( )(1 ) 01.

x y x y xy xy

=⇔ − + = ⇔ = −

TH1:3 3 22 1 2 1 ( 1)( 1) 0

x y x y x y

y x x x x x x

= = = ⇔ ⇔

= + = + − + − =

1

1 5

2

1 5.

2

x y

x y

x y

= =

− +⇔ = =

− − = =

1 ®iÓm

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

1 ®iÓm

0, 25 ®

0,5 ®



3

TH2:3

3 4

1 11 (3)

22 11 2 0 (4).

y xy y x x y x

x x x x

= −= − = − ⇔ ⇔

= + − = + + + =

Ta chøng minh ph− ¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm.

Çch 1. 2 2

4 2 1 1 32 0,

2 2 2

+ + = − + + + > ∀

x x x x x.

Çch 2. §Æt 4

3

1( ) 2 ( ) min ( ) 0

4∈

−= + + ⇒ ≥ = >

x f x x x f x f x f

R

.

Tr− êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm.VËy nghiÖm cña hÖ ph− ¬ng tr×nh lµ:

1 5 1 5 1 5 1 5( ; ) (1;1), ; , ;

2 2 2 2 x y

− + − + − − − −=

.

0, 25 ®

C©u 3. 3®iÓm

1)

Çch 1. §Æt AB a= . Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mµ BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do ®ã A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH . VËy gãc

ph¼ng nhÞ diÖn [ ], ' , B A C D lµ gãc BHD .

XÐt ' A DC ∆ vu«ng t¹i D cã DH lµ ®− êng cao, ta cã . ' . ' DH A C CD A D=

. '

'

CD A D DH

A C ⇒ =

. 2 2

3 3

a a a

a= = . T − ¬ng tù, ' A BC ∆ vu«ng t¹i B cã BH lµ ®− êng

cao vµ2

3

a BH = .

MÆt kh¸c:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 2 . cos 2. cos3 3 3a a aa BD BH DH BH DH BHD BHD= = + − = + − ,

do ®ã 1cos

2 BHD = − o120 BHD⇒ = .

Çch 2. Ta cã BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (§Þnh lý ba ®− êng vu«ng gãc).T − ¬ng tù, BC’ ⊥ A’C ⇒ ( BC’D) ⊥ A’C . Gäi H lµ giao ®iÓm cña ' A C vµ ( ' ) BC D

⇒ BHD lµ gãc ph¼ng cña [ ]; ' ; B A C D .

Çc tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD

⇒ H lµ t©m ∆ BC’D ®Òu o120 BHD⇒ = .

1 ®iÓm

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

hoÆc

0, 25®

0,25 ®0,5 ®

A

A’

B’ C’

D’

D

C B

H

I



4

2)a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã

)2

;;();;('0);;;(b

aa M baaC aaC ⇒ .

VËy ( ; ; 0), (0; ; )2

b BD a a BM a= − =

2, ; ;

2 2

ab ab BD BM a

⇒ = −

.

( )23

' ; 0; , . ' .2

a b BA a b BD BM BA

− = − ⇒ =

Do ®ã2

'1

, . '6 4

BDA M a b

V BD BM BA = =

.

b) MÆt ph¼ng ( ) BDM cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 21 , ; ;

2 2

ab abn BD BM a

= = −

,

mÆt ph¼ng ( ' ) A BD cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 22 , ' ( ; ; )n BD BA ab ab a = =

.

Do ®ã2 2 2 2

41 2( ) ( ' ) . 0 02 2

a b a b BDM A BD n n a a b⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ =

1ab

⇔ = .

2 ®iÓm

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 5 ®

0, 5 ®

C©u 4. 2®iÓm

1)

Ta cã ( )1 14 3 3 3 37( 3) 7( 3)n n n n n

n n n n nC C n C C C n+ ++ + + + +− = + ⇔ + − = +

( 2)( 3)7( 3) 2 7.2! 14 12.

2!

n nn n n

+ +⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =

Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ ( )12

5 60 113 2 2

12 12.

k k

k k k C x x C x

− −−

=

.

Ta cã

60 1182

60 118 4.

2

−−

= ⇒ = ⇔ =

k k

x x k

Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa 8 x lµ .495)!412(!4

!12412 =

−=C

2) TÝnh tÝch ph©n2 3

2 25 4

xdx I

x x=

+∫ .

§Æt 2

24

4

xdxt x dt

x

= + ⇒ =+

vµ 2 2 4. x t = −

Víi 5 x = th× 3t = , víi 2 3 x = th× 4t = .

Khi ®ã2 3 4 4

22 23 35

1 1 1

4 2 244

xdx dt I dt

t t t x x

= = = − − + −+

∫ ∫ ∫

4

3

1 2 1 5ln ln .

4 2 4 3

t

t

− = = +

1 ®iÓm

0, 5 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

1 ®iÓm

0, 25 ®

0, 25 ®

0,25 ®

0, 25 ®

A

A’

B’ C’

D’

D

C B

y

x

z



5

C©u 5. 1®iÓm

Víi mäi ,u v

ta cã | | | | | | (*)u v u v+ ≤ +

(v× ( )22 22 2 2| | 2 . | | | | 2 | | . | | | | | |u v u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + = +

)

§Æt ,1

;

=

→

x xa

=

→

y yb

1 ; ,

=

→

z z c

1 ; .

¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | | | | | | | | | | | | .a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + +

VËy

22 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1( ) P x y z x y z

x y z x y z

= + + + + + ≥ + + + + +

.

Çch 1. Ta cã

( )22

22 3 31 1 1 1 9

( ) 3 3 9 P x y z xyz t x y z xyz t

≥ + + + + + ≥ + = +

, víi

( )

22

3 1

0 3 9

x y z

t xyz t

+ + = ⇒ < ≤ ≤

.

§Æt2

9 9 1( ) 9 '( ) 9 0, 0; ( )

9Q t t Q t t Q t

t t

= + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒

gi¶m trªn1

0;9

1( ) 82.

9Q t Q

⇒ ≥ =

VËy ( ) 82. P Q t ≥ ≥

(DÊu “=” x¶y ra khi1

3 x y z = = = ).

Çch 2.

Ta cã2 2

2 2 21 1 1 1 1 1( ) 81( ) 80( ) x y z x y z x y z

x y z x y z

+ + + + + = + + + + + − + +

21 1 118( ) 80( ) 162 80 82. x y z x y z

x y z

≥ + + + + − + + ≥ − =

VËy 82. P ≥

(DÊu “=” x¶y ra khi1

3 x y z = = = ).

Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu c ch gi¶i kh¸c.

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

0, 25 ®

hoÆc

0,25 ®

0,5 ®



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003−−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi B


1)§å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng nhau qua gèc täa ®é⇔ tån t¹i 0 0 x ≠ sao cho 0 0( ) ( ) y x y x= − −

⇔ tån t¹i 0 0 x ≠ sao cho 3 2 3 20 0 0 03 ( ) 3( ) x x m x x m − + = − − − − +

⇔ tån t¹i 0 0 x ≠ sao cho 203 x m=

0m⇔ > .2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2.

Khi 2m = hµm sè trë thµnh 3 23 2. y x x= − +

TËp x¸c ®Þnh : .

2 0' 3 6 , ' 02.

x y x x y x

== − = ⇔ =

" 6 6. '' 0 1. y x y x= − = ⇔ =

" y triÖt tiªu vµ ®æi dÊu qua 1 (1;0) x = ⇒ lµ ®iÓm uèn.

B¶ng biÕn thiªn:

§å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i çc ®iÓm (1; 0), (1 3; 0)± vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0;2) .

1 ®iÓm0, 25 ®

0, 25 ®

0,25 ®

0,25 ®1 ®iÓm

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 +

2 +∞C§ CT

y − ∞ −2

x

y

O

2

21

−2



2

C©u 2. 2®iÓm

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh:2

cotg tg 4sin 2 (1).sin2

x x x x

− + =

§iÒu kiÖn:sin 0

(*).cos 0

x

x

≠

≠

Khi ®ã (1)cos sin 2

4sin2sin cos sin 2

x x x

x x x⇔ − + =

2 2cos sin 24sin2

sin cos sin 2

x x x

x x x

−⇔ + =

22cos 2 4sin 2 2 x x⇔ + = 22cos 2 cos 2 1 0 x x⇔ − − =

cos 2 1

1cos2

32

x k x

x k x

π

π

π

== ⇔ ⇔ = ± += −

( )k ∈Z .

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®− îc nghiÖm cña (1) lµπ

π ( ).3

x k k = ± + ∈Z


2

2

2

2

23 (1)

2

3 (2).

y y

x

x

x y

+=

+=

§iÒu kiÖn 0, 0 x y≠ ≠ .

Khi ®ã hÖ ®· cho t− ¬ng ®− ¬ng víi2 2

2 22 2

( )(3 ) 03 2

3 2.3 2

x y xy x y x y y

xy x xy x

− + + == + ⇔

= += +

TH1:2 2

1

1.3 2

x y x

y xy x

= =⇔

== +

TH2:2 2

3 0

3 2

xy x y

xy x

+ + =

= +v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã , 0 x y > .

VËy nghiÖm cña hÖ ph− ¬ng tr×nh lµ: 1. x y= =

1 ®iÓm

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

1 ®iÓm

0,25®

0,5®

0,25®

C©u 3. 3®iÓm1)V× G lµ träng t©m ABC ∆ vµ M lµ trung ®iÓm BC nªn

3 ( 1;3) MA MG= = −

(0;2) A⇒ .

Ph− ¬ng tr×nh BC ®i qua (1; 1) M − vµ vu«ng gãc víi

( 1, 3) MA = −

lµ: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). x y x y− − + + = ⇔ − + + =

Ta thÊy 10 MB MC MA= = = ⇒ täa ®é , B C tháa m·n

ph− ¬ng tr×nh: 2 2( 1) ( 1) 10 (2). x y− + + =

Gi¶i hÖ (1),(2) ta ®−

îc täa ®é cña , B C lµ (4; 0), ( 2; 2).− −

2)Ta cã ' // ' A M NC A MCN = ⇒ lµ h×nh b×nh hµnh,do ®ã ' A C vµ MN c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cñamçi ®− êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªntrung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña

B’D. VËy MN vµ B’D c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cñamçi ®− êng nªn B’MDN lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã B’,

M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng.MÆt kh¸c DM 2 = DA2 + AM 2 = DC2 + CN 2 = DN 2,

hay DM = DN. VËy h×nh b×nh hµnh B’MDN lµ h×nh thoi. Do ®ã B’MDN lµ h×nh

1 ®iÓm

0,25®

0,25®

0,25®0,25®1 ®iÓm

0,5®

G A

B

C

M .

D’

A

D C

B N

M I

A’ B’

C’



3

vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2

⇔ BB’= 2a ⇔ AA’= 2a .

3)

Tõ (0;6;0) AC =

vµ A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do ®ã I (1; 3; 4).

Ph− ¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α) qua I vµ vu«ng gãc víi OA lµ : 1 0. x − = ⇒ täa ®é giao ®iÓm cña (α) víi OA lµ K (1; 0; 0).

⇒ kho¶ng çch tõ I ®Õn OA lµ 2 2 2(1 1) (0 3) (0 4) 5. IK = − + − + − =

0,5®

1 ®iÓm0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

C©u 4. 2®iÓm

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 24 . y x x= + −

TËp x¸c ®Þnh: [ ]2; 2− .

2' 1

4

x y

x

= −−

,

22 2

0' 0 4 2

4

x y x x x

x x

≥= ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =.

Ta cã ( 2) 2, ( 2) 2 2, (2) 2 y y y− = − = = ,

VËy[ 2;2]max ( 2) 2 2 y y−

= = vµ[ 2;2]min ( 2) 2 y y−

= − = − .


π

4 2

0

1 2sin.

1 sin 2

x I dx

x

−=

+∫

Ta cã

π π

4 42

0 0

1 2sin cos 2

1 sin 2 1 sin 2

x x I dx dx

x x

−= =

+ +∫ ∫ .

§Æt 1 sin 2 2cos 2t x dt xdx= + ⇒ = .

Víi 0 x = th× 1,t = víiπ

4 x = th× 2t = .

Khi ®ã2

1

21 1 1ln | | ln 2.

12 2 2

dt I t

t = = =∫

1 ®iÓm

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

1 ®iÓm

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

C©u 5. 1®iÓm

Ta cã 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n n x C C x C x C x+ = + + + + .

Suy ra ( )2 2

0 1 2 2

1 1

(1 ) ...n n nn n n n x dx C C x C x C x dx+ = + + + +∫ ∫

22 2 3 1

1 0 1 2

11

1 (1 ) ...1 2 3 1

n

n nn n n n x x x x C x C C C n n

+

+

⇔ + = + + + + + +

2 3 1 1 10 1 22 1 2 1 2 1 3 2

2 3 1 1

n n nn

n n n nC C C C n n

+ + +− − − −⇔ + + + + =

+ + .

0,5 ®

0,5 ®



,−−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi D


1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4

2

x x y

x

− +=

−. 1 ®iÓm

TËp x¸c ®Þnh :R

\{ 2 }.

Ta cã2 2 4 4

.2 2

x x y x

x x

− += = +

− −

2

2 2

04 4' 1 . ' 0

4.( 2) ( 2)

x x x y y

x x x

=−= − = = ⇔ =− −

[ ]4

lim lim 02 x x

y x x→∞ →∞

− = = ⇒−

tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y x= ,

tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ:2

lim x

y→

= ∞ ⇒ 2 x = .

B¶ng biÕn thiªn:

§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh.§å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2).

0,25®

0,5®

0,25®

2) 1 ®iÓm

§− êng th¼ng c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖtmd

⇔ ph− ¬ng tr×nh4

2 22

x mx m x

+ = + −−

cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2

2( 1)( 2) 4m x⇔ − − = cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔ 1 0m − > 1.m⇔ >

VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµm 1.m >

0,5®

0,5®

2

6

−2

2 4O

y

x − ∞ 0 2 4 + ∞ y’ + 0 − − 0 +

− 2 + ∞ + ∞ y C§ CT

− ∞ − ∞ 6

1



u . m

1) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh 2 2 2π

tg cos 02 4 2

x x x

− −

sin (1)= 1 ®iÓm

§iÒu kiÖn: (*). Khi ®ãcos 0 x ≠

( )2

2

1 sin 1(1) 1 cos 1 cos

2 2 2cos

x x

x

π ⇔ − − = +

( ) ( )2 21 sin sin 1 cos cos x x x⇔ − = + x

( ) ( )1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin ) x x x x x⇔ − − + = + − + x

( )1 sin (1 cos )(sin cos ) 0 x x x x⇔ − + + =

π

2πsin 1 2

cos 1 π 2π

tg 1 π

π

4

k x

x k

x x k

= +=

⇔ = − ⇔ = + = − = − +

( )k ∈Z .

KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®− îc nghiÖm cña ph− ¬ng tr×nh lµ:

π 2π

π

π

4

k

x k

= + = − +

( ) .k ∈Z

0,5®

0,25®

0,25®

2) Gi¶i ph− ¬ng tr×nh (1).2 222 2 x x x x− + −− 3= 1 ®iÓm

§Æt .2

2 0 x xt t −= ⇒ >

Khi ®ã (1) trë thµnh 243 3 4 0 ( 1)( 4) 0t t t t t

t − = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4t (v× t )0>

VËy2 22 4 x x x x− = ⇔ − = 2

1

2.

= −⇔ =

x

x

Do ®ã nghiÖm cña ph− ¬ng tr×nh lµ1

2.

= − =

x

x

0,5®

0,5®

C©u 3. 3®iÓm

1) 1 ®iÓm

Tõ ( ) suy ra cã t©m vµ b¸n kÝnh2 2

: ( 1) ( 2) 4− + − =C x y ( )C (1;2) I 2. R =§− êng th¼ng cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ nd (1; 1).= −

uur

Do ®ã ®− êng th¼ng ∆ ®i qua

vµ vu«ng gãc víi d cã ph− ¬ng tr×nh:(1;2) I 1 2

1 1

x y x y 3 0

− −= ⇔ + −

−= .

Täa ®é giao ®iÓm cña vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph− ¬ng tr×nh: H d ∆1 0 2

(2;1).3 0 1

x y x

H x y y

− − = = ⇔ ⇒

+ − = =

Gäi lµ ®iÓm ®èi xøng víi qua . Khi ®ã J (1;2) I d

2 3(3;0)

2 0

J H I

J H I

x x x J

y x x

= − =⇒

= − =

.

V× ®èi xøng víi ( qua nªn cã t©m lµ vµ b¸n kÝnh

Do ®ã cã ph− ¬ng tr×nh lµ:

( ')C

(C

)C d ( ')C

2 2

(3;0) J 2. R =

') ( 3) 4− + x y = .

Täa ®é çc giao ®iÓm cña ( vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph− ¬ng tr×nh:)C ( ')C

2 2

2 2 22 2

1 0 1( 1) ( 2) 4 1, 0

3, 2.( 3) 4 2 8 6 0( 3) 4

x y y x x y x y

x y x y x x x y

− − = = − − + − = = = ⇔ ⇔ ⇔ = =− + = − + = − + =

VËy täa ®é giao ®iÓm cña vµ ( lµ vµ( )C ')C (1;0) A (3;2). B

0,5

0,25®

0,25®

2



mTa cã cÆp vect¬ ph¸p tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng x¸c ®Þnh lµk d 1 (1;3 ; 1)= −

uur

n k

vµ . Vect¬ ph¸p tuyÕn cña lµ2 ( ; 1;1)= −uur

n k ( ) P (1; 1; 2)= − −r

n .

§− êng th¼ng cã vect¬ chØ ph− ¬ng lµ:k d

21 2, (3 1; 1; 1 3 ) 0 k k k − − − − − ≠

r

Nªn21 1 3

1.1 1 2

k k k k

− − − − −= = ⇔ =

− −

VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ

0,5®

0,5 ®

3) 1 ®iÓmTa cã ( P) ⊥ (Q) vµ ∆ = ( P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒ AC ⊥ AD, hay

. T − ¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn

BD ⊥( P), do ®ã CBD . VËy A vµ B A, B n»m trªn mÆt cÇu ®− êng kÝnh CD.

090=CAD090=

Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ:

2 21

2 2

CD R BC BD= = +

2 2 21 32 2

a AB AC BD= + + = .

Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥( P) nªn BD ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( BCD).

VËy AH lµ kho¶ng çch tõ A ®Õn mÆt ph¼ng ( BCD) vµ 1 2

.2 2

a AH BC = =

0,25®

0,25®

0,5®

C©u 4. 2®iÓm

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2

1

1

x y

x

+=

+trªn ®o¹n [ ]1; 2− . 1 ®iÓm

2 31' .

( 1) x y

x−=

+

' 0 1 y x= ⇔ = .

Ta cã3

( 1) 0, 2, (2) .5

y(1) y y− = = =

VËy[ ]1;2

(1) 2max y y−

= = vµ[ ]1;2min ( 1) 0. y y−

= − =

0,5®

0,5®

2) TÝnh tÝch ph©n2

2

0

I x x d = −∫ x . 1 ®iÓm

Ta cã 2 0 0 1 x x x− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra1 2

2 2

0 1

( ) ( )= − + −∫ ∫ I x x dx x x dx

1 22 3 3 2

0 1

1.2 3 3 2

= − + − =

x x x x

0,5®

0,5®

u n n k = =

r uur uur

3 1( ) || k d P u n⊥ ⇔ ⇔

r r

k 1.=k

.∀

A B

C

D

P

Q

∆

H

3



u . m

Çch 1: Ta cã ( 2 0 2 1 2 2 2 2 41) ...n n n nn n n

nnC x C x C x C − −+ = + + + + ,

0 1 1 2 2 2 3 3 3( 2) 2 2 2 ... 2n n n n n nn n n n

nn x C x C x C x C x C − − −+ = + + + + + .

DÔ dµng kiÓm tra 1, 2= =n n kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n.

Víi th×3≥n 3 3 2 3 2 2 1.n n n n n x x x x x− − −= = −

Do ®ã hÖ sè cña 3 3−n x trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña lµ2( 1) ( 2+ +n n x x )

nC 3 0 3 1 13 3 2 . . 2. .n n n na C C C − = + .

VËy2

3 3

5

2 (2 3 4)26 26 73

2

−

=

− + = ⇔ = ⇔ = −

n

n

n n na n nn

VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d− ¬ng).5=n n

Çch 2:

Ta cã

2 3

2

3 3 2

2

0 0 0 0

1 2( 1) ( 2) 1 1

1 22 .

n nn n n

i k n n n nn i k n i i k k k

n n n n

i k i k

x x x x x

x C C x C x C x x

x

− −

= = = =

+ + = + +

= =

∑ ∑ ∑ ∑

Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3 3n − khi 2 3i k − − = −3k

, hayTa chØ cã hai tr− êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ

2 3i k + = .

0,i = = hoÆc i 1, 1k = = .

Nªn hÖ sè cña 3 3−n x lµ .0 3 3 1 13 3 . .2 . .2n n n n na C C C C − = +

Do ®ã2

3 3

52 (2 3 4)

26 26 73

2

−

=− + = ⇔ = ⇔

= −

n

nn n n

a n nn

VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d− ¬ng). 5=n n

0,75®

0,25®

hoÆc

0,75®

0,25®

4



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004

...........................................§Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi A

(§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)

C©u ý Néi dung §iÓm

I 2,0

I.1 (1,0 ®iÓm)

( )12332

−

−+−=

x

xxy =

( )

1 1x 1

2 2 x 1− + −

−.

a) TËp x¸c ®Þnh: { }R \ 1 .

b) Sù biÕn thiªn:

2

x(2 x)y '

2(x 1)

−=

−; y ' 0 x 0, x 2= ⇔ = = . 0,25

yC§ = y(2) =1

2− , yCT = y(0) =

3

2.

§− êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng.

§− êng th¼ng1

y x 12

= − + lµ tiÖm cËn xiªn. 0,25

B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 2 +∞

y' − 0 + + 0 −

y +∞ +∞ 1

2−

3

2 −∞ −∞

0,25

c) §å thÞ:

0,25



2

I.2 ( 1,0 ®iÓm)

Ph− ¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®− êng th¼ng y = m lµ :

( )m

x

xx=

−

−+−

12

332

⇔ ( ) 023322=−+−+ mxmx (*). 0,25

Ph− ¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi:

0>∆ ⇔ 24m 4m 3 0− − > ⇔ 3

m2

> hoÆc1

m2

< − (**) . 0,25

Víi ®iÒu kiÖn (**), ®− êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè t¹i hai ®iÓm A, B cã hoµnh®é x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph− ¬ng tr×nh (*).

AB = 1 ⇔ 121 =− xx ⇔ 2

1 2x x 1− = ⇔ ( )1 2

2

1 2x x 4x x 1+ − = 0,25

⇔ ( ) ( ) 123432 2

=−−− mm ⇔ 1 5

m2

±= (tho¶ m·n (**)) 0,25

II 2,0

II.1 (1,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn : x 4≥ . 0,25

BÊt ph− ¬ng tr×nh ®· cho t− ¬ng ®− ¬ng víi bÊt ph− ¬ng tr×nh:2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x− + − > − ⇔ − > − 0,25

+ NÕu x > 5 th× bÊt ph− ¬ng tr×nh ®− îc tho¶ m·n, v× vÕ tr¸i d− ¬ng, vÕ ph¶i ©m. 0,25

+ NÕu 4 x 5≤ ≤ th× hai vÕ cña bÊt ph− ¬ng tr×nh kh«ng ©m. B×nh ph− ¬ng hai vÕ ta

®− îc: ( ) ( )22 22 x 16 10 2x x 20x 66 0− > − ⇔ − + < 10 34 x 10 34⇔ − < < + .

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 x 5≤ ≤ ta cã: 10 34 x 5− < ≤ . §¸p sè: x 10 34> − 0,25

II.2 (1,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0.

( ) 11

loglog 4

4

1 =−−y

xy ⇔ ( ) 11

loglog 44 =−−−y

xy 0,25

⇔ 4

y xlog 1

y

−

− = ⇔ 4

3yx = . 0,25

ThÕ vµo ph− ¬ng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã:

2

23yy 25 y 4.

4

⎛ ⎞+ = ⇔ = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

So s¸nh víi ®iÒu kiÖn , ta ®− îc y = 4, suy ra x= 3 (tháa m·n y > x).VËy nghiÖm cña hÖ ph− ¬ng tr×nh lµ (3; 4). 0,25

III 3,0

III.1 (1,0 ®iÓm)

+ §− êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3 ; 3)

cã ph− ¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = .

§−

êng th¼ng qua B, vu«ng gãc víi OA(0; 2)

cã ph−

¬ng tr×nh y = 1−

( §− êng th¼ng qua A, vu«ng gãc víi BO( 3; 1)

cã ph− ¬ng tr×nh 3x y 2 0+ − = )0,25

Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph− ¬ng tr×nh trªn ta ®− îc trùc t©m H( 3 ; 1)− 0,25

+ §− êng trung trùc c¹nh OA cã ph− ¬ng tr×nh y = 1.

§− êng trung trùc c¹nh OB cã ph− ¬ng tr×nh 3x y 2 0+ + = .

( §− êng trung trùc c¹nh AB cã ph− ¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = ).0,25



3

Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph− ¬ng tr×nh trªn ta ®− îc t©m ®− êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c

OAB lµ ( )I 3 ; 1− . 0,25

III.2.a (1,0 ®iÓm)

+ Ta cã: ( )C 2; 0; 0− , ( )D 0; 1; 0− , ( )2;0;1−M ,

( )22;0;2 −=SA , ( )BM 1; 1; 2= − −

. 0,25

Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM.

Ta ®−

îc: ( )

SA.BM 3

cos cos SA, BM 2SA . BMα = = =

⇒ 30

α = °

. 0,25

+ Ta cã: ( )SA, BM 2 2; 0; 2⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦

, ( )AB 2; 1; 0= −

. 0,25

VËy:

( )SA, BM AB 2 6

d SA,BM3SA,BM

⎡ ⎤ ⋅⎣ ⎦= =

⎡ ⎤⎣ ⎦

0,25

III.2.b (1,0 ®iÓm)

Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ − 2;

2

1;0 N .

0,25

( )SA 2; 0; 2 2= −

, ( )2;0;1 −−=SM , ( )22;1;0 −=SB ,1

SN 0; ; 22

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )SA, SM 0; 4 2; 0⎡ ⎤⇒ =⎣ ⎦

. 0,25

S.ABM

1 2 2V SA,SM SB

6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦

0,25

S.AMN

1 2V SA,SM SN

6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦

⇒ S.ABMN S.ABM S.AMNV V V 2= + = 0,25

IV 2,0 IV.1 (1,0 ®iÓm)

2

1

xI dx

1 x 1=

+ −∫ . §Æt: 1−= xt ⇒ 12

+= tx ⇒ tdtdx 2= .

01 =⇒= tx , 12 =⇒= tx . 0,25



4

Ta cã:

1 1 12 32

0 0 0

t 1 t t 2I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt

1 t 1 t t 1

+ + ⎛ ⎞= = = − + −⎜ ⎟

+ + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫

0,25

I1

3 2

0

1 12 t t 2t 2 ln t 1

3 2

⎡ ⎤= − + − +⎢ ⎥⎣ ⎦

0,25

1 1 11I 2 2 2 ln 2 4 ln 2

3 2 3

⎡ ⎤= − + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦

. 0,25

IV.2 (1, 0 ®iÓm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

8 2 3 42 0 1 2 2 4 3 6 4 8

8 8 8 8 8

5 6 7 85 10 6 12 7 14 8 16

8 8 8 8

1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x

C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x

⎡ ⎤+ − = + − + − + − + −⎣ ⎦+ − + − + − + −

0,25

BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. 0,25

VËy x8 chØ cã trong çc sè h¹ng thø t− , thø n¨m, víi hÖ sè t− ¬ng øng lµ:3 2 4 0

8 3 8 4C .C , C .C 0,25

Suy ra a8 168 70 238= + = . 0,25

V 1,0

Gäi 3cos22cos222cos −++= CBAM

32cos2cos2221cos2 2 −−

⋅+

⋅+−= CBCBA . 0,25

Do 0

2sin >

A, 1

2cos ≤

− CBnªn 2 A

M 2cos A 4 2 sin 42

≤ + − . 0,25

MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn 0cos ≥A , AA coscos2≤ . Suy ra:

42

sin24cos2 −+≤A

AM 42

sin242

sin212 2−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

AA

22

sin242

sin4 2−+−=

AA01

2sin22

2

≤⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=

A. VËy 0≤M . 0,25

Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=−

=

2

1

2sin

12

cos

coscos2

A

CB

AA

⇔A 90

B C 45

= °⎧⎨

= = °⋅⎩

0,25



1


...........................................§Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi B

(§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)

C©u ý Néi dung §iÓm

I 2,0

1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm)

3 21y x 2x 3x3

= − + (1).

a) TËp x¸c ®Þnh: R .b) Sù biÕn thiªn:y' = x2 − 4x + 3; 3,10' ==⇔= xxy . 0,25

yC§ = y(1) =4

3, yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = 0 ( )

2x 2, y 2

3⇔ = = . §å thÞ

hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),− ∞ lâm trªn kho¶ng ( 2; + ∞ ) vµ cã ®iÓm uèn lµ

2U 2;

3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

B¶ng biÕn thiªn: x − ∞ 1 3 + ∞

y' + 0 − 0 +

y4

3 + ∞

− ∞ 0

0,25

c) §å thÞ:Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi çc trôcOx, Oy lµ çc ®iÓm ( ) ( )0;0 , 3;0 .

0,25



2

2 ViÕt ph− ¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm uèn, ...(1,0 ®iÓm)

T¹i ®iÓm uèn U2

2;3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc 1)2(' −=y . 0,25

TiÕp tuyÕn ∆ t¹i ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C) cã ph− ¬ng tr×nh:

2 8y 1.(x 2) y x

3 3= − − + ⇔ = − + . 0,25

HÖ sè gãc tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x b»ng:

y'(x) = x2 34 +− x = 1)2( 2 −−x ≥ 1− ⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x.0,25

DÊu " =" x¶y ra khi vµ chØ khi x = 2 ( lµ hoµnh ®é ®iÓm uèn).Do ®ã tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm uèn cã hÖ sè gãc nhá nhÊt. 0,25

II 2,0

1 Gi¶i ph− ¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm)

5sinx 2− = 3 tg2x ( 1 sinx− ) (1) .

§iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ k , k Z2

π+ π ∈ (*). 0,25

Khi ®ã (1) ⇔ 2

2

3sin x5sin x 2 (1 sin x)

1 sin x− = −

− 02sin3sin2 2 =−+⇔ xx . 0,25

2

1sin =⇔ x hoÆc 2sin −=x (v« nghiÖm).

0,25

π+π

=⇔= 262

1sin k xx hoÆc π+

π= 2

6

5k x , Zk ∈ ( tho¶ m·n (*)).

0,25

2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè (1,0 ®iÓm)

y =2

ln x

x

⇒ 2

ln x (2 ln x )y '

x

−= ⋅ 0,25

y'= 03

2 3

ln x 0 x 1 [1; e ]

ln x 2 x e [1; e ].

⎡= = ∈⎡⇔ ⇔ ⎢⎢

= = ∈⎢⎣ ⎣

0.25

Khi ®ã: y(1) = 0, 2 3

2 3

4 9y(e ) , y(e )

e e= = ⋅

0,25

So s¸nh 3 gi¸ trÞ trªn, ta cã:33

2

2[1; e ][1; e ]

4max y khi x e , min y 0 khi x 1

e= = = = .

0,25III 3,0

1 T×m ®iÓm C (1,0 ®iÓm)

Ph− ¬ng tr×nh ®− êng th¼ng AB:4

1

3

1

−

−=

− y x ⇔ 4x + 3y – 7 = 0. 0,25

Gi¶ sö );( yxC . Theo gi¶ thiÕt ta cã: 012 =−− yx (1).

d(C, (AB)) = 62 2

4x 3y 37 0 (2a)4x 3y 76

4x 3y 23 0 (2b).4 3

+ − =+ − ⎡⇔ = ⇔ ⎢

+ + =+ ⎣

0,25 Gi¶i hÖ (1), (2a) ta ®− îc: C1( 7 ; 3). 0,25

Gi¶i hÖ (1), (2b) ta ®− îc: 2

43 27C ;

11 11

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

⎝ ⎠. 0,25

2 TÝnh gãc vµ thÓ tÝch (1,0 ®iÓm)



3

Gäi giao ®iÓm cña AC vµ BD lµO th× SO (ABCD)⊥ , suy ra

SAO = ϕ .

Gäi trung ®iÓm cña AB lµ M th×OM AB⊥ vµ ⇒⊥ ABSM Gãcgi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ

(ABCD) lµSMO .

0,25

Tam gi¸c OAB vu«ng c©n t¹i O, nªn ϕ=⇒== tga

SOa

OAa

OM2

2

2

2,

2.

Do ®ã: SO

tgSMO 2 tgOM

= = ϕ .0,25

2 3

S.ABCD ABCD

1 1 a 2 2V S .SO a tg a tg .

3 3 2 6= = ϕ = ϕ 0,50

3 ViÕt ph− ¬ng tr×nh ® − êng th¼ng ∆ (1,0 ®iÓm) §− êng th¼ng d cã vect¬ chØ ph− ¬ng )4;1;2( −=v . 0,25

B ∈ d ⇔ )41;1;23( tttB +−−+− (víi mét sè thùc t nµo ®ã ).

( )AB 1 2t;3 t; 5 4t⇒ = + − − +

. 0,25 AB ⊥ d ⇔ 0. =vAB 2(1 2t) (3 t) 4( 5 4t) 0⇔ + − − + − + = ⇔ t = 1. 0,25

AB (3; 2; 1)⇒ = −

⇒ Ph− ¬ng tr×nh cña1

4

2

2

3

4:

−

−=

+=

+∆

zyx. 0,25

IV 2,0

1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)

dxx

xxI

e

∫+

=1

lnln31.

§Æt: 2 dxt 1 3ln x t 1 3ln x 2tdt 3

x= + ⇒ = + ⇒ = .

x 1 t 1= ⇒ = , x e t 2= ⇒ = . 0,25

Ta cã: ( )2 22

2 4 2

1 1

2 t 1 2I t dt t t dt

3 3 9

−= = −∫ ∫ .

0,25 2

5 3

1

2 1 1

I t t9 5 3

⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠ .

0,25

I =135

116.

0,25



4

2 X¸c ®Þnh sè ®Ò kiÓm tra lËp ® − îc ... (1,0 ®iÓm)

Mçi ®Ò kiÓm tra ph¶i cã sè c©u dÔ lµ 2 hoÆc 3, nªn cã çc tr− êng hîp sau:• §Ò cã 2 c©u dÔ, 2 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè çch chän lµ:

23625.. 15

210

215 =CCC . 0,25

• §Ò cã 2 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 2 c©u khã, th× sè çch chän lµ:

10500.. 25

110

215 =CCC . 0,25

• §Ò cã 3 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè çch chän lµ:

22750.. 15

110

315 =CCC . 0,25

V× çc çch chän trªn ®«i mét kh¸c nhau, nªn sè ®Ò kiÓm tra cã thÓ lËp ®− îc lµ:56875227501050023625 =++ . 0,25V X¸c ®Þnh m ®Ó ph− ¬ng tr×nh cã nghiÖm 1,0

§iÒu kiÖn: − 1 ≤ x ≤ 1. §Æt t 2 21 x 1 x= + − − .

Ta cã: 2 21 x 1 x t 0+ ≥ − ⇒ ≥ , t = 0 khi x = 0.2 4t 2 2 1 x 2 t 2= − − ≤ ⇒ ≤ , t = 2 khi x = ± 1.

⇒ TËp gi¸ trÞ cña t lµ [0; 2 ] ( t liªn tôc trªn ®o¹n [ − 1; 1]). 0,25

Ph− ¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: m ( ) 2t 2 t t 2+ = − + + 2t t 2

mt 2

− + +⇔ =

+(*)

XÐt f(t) =2t t 2t 2

− + ++

víi 0 ≤ t ≤ 2 . Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n [0; 2 ].

Ph− ¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x ⇔ Ph− ¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t ∈ [0; 2 ]

⇔ ]2;0[]2;0[

)(max)(min tf mtf ≤≤ .0,25

Ta cã: f '(t) =

( )

2

2

t 4t0, t 0; 2

t 2

− − ⎡ ⎤≤ ∀ ∈ ⎣ ⎦+⇒ f(t) nghÞch biÕn trªn [0; 2 ].

0,25 Suy ra:

[0; 2 ] [0; 2 ]

min f (t) f ( 2) 2 1 ; max f (t) f (0) 1= = − = = .

VËy gi¸ trÞ cña m cÇn t×m lµ 2 1 m 1− ≤ ≤ . 0,25



1


...........................................§Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi D

(§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)C©u ý Néi dung §iÓm

I 2,0

1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm)

1962 23++−=⇒= xxxym .

a) TËp x¸c ®Þnh: R .b) Sù biÕn thiªn:

2 2y ' 3x 12x 9 3(x 4x 3)= − + = − + ; y ' 0 x 1, x 3= ⇔ = = . 0,25yC§ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. §å thÞ hµmsè låi trªn kho¶ng ( ; 2),− ∞ lâm trªn kho¶ng );2( ∞+ vµ cã ®iÓm uèn lµ

)3;2(U . 0,25B¶ng biÕn thiªn:

x − ∞ 1 3 + ∞

y' + 0 − 0 +

y 5 + ∞

− ∞ 10,25

c) §å thÞ:§å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1).

0,25

2 T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè ...(1,0 ®iÓm)

y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m .y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 1. 0,25y" ®æi dÊu tõ ©m sang d− ¬ng khi ®i qua x = m, nªn ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1). 0,25I thuéc ®− êng th¼ng y = x + 1 ⇔ − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25

⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc 2±=m . 0,25



2

II 2,0

1 Gi¶i ph− ¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm)

( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. 0,25

• 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx =1

x k2 , k 2 3

π⇔ = ± + π ∈Z .

0,25

• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k 4

π= − + π ∈Z .

0,25

VËy ph−

¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x k23

π= ± + π

vµ x k , k 4

π= − + π ∈Z

. 0,25 2 T×m m ®Ó hÖ ph− ¬ng tr×nh cã nghiÖm (1,0 ®iÓm)

§Æt: u = x , v y, u 0, v 0.= ≥ ≥ HÖ ®· cho trë thµnh:3 3

u v 1

u v 1 3m

+ =⎧⎨

+ = −⎩(*)

0,25u v 1

uv m

+ =⎧⇔ ⎨

=⎩⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph− ¬ng tr×nh: t2 − t + m = 0 (**).

0,25HÖ ®· cho cã nghiÖm (x; y) ⇔ HÖ (*) cã nghiÖm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph− ¬ng tr×nh(**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m. 0,25

⇔

1 4m 0

1S 1 0 0 m .4

P m 0

∆ = − ≥⎧

⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤⎨⎪

= ≥⎩

0,25

III 3,0

1 TÝnh to¹ ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC vµ t×m m... (1,0 ®iÓm)

Träng t©m G cña tam gi¸c ABC cã täa ®é:

A B C A B CG G

x x x y y y mx 1; y

3 3 3

+ + + += = = = . VËy G(1;

m

3).

0,25

Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB 0=

. 0,25m m

GA( 2; ), GB(3; )3 3

− − −

.0,25

GA.GB 0=

2m6 0

9⇔ − + = m 3 6⇔ = ± .

0,25 2 TÝnh kho¶ng çch gi÷a B1C vµ AC1,... (1,0 ®iÓm)

a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

1 1C (0; 1; b), B C (a; 1; b)= −

1 1AC ( a; 1; b), AB ( 2 a; 0; b)= − = −

0,25



3

( )

1 1 1

1 12 2

1 1

B C, AC AB abd B C, AC

a bB C, AC

⎡ ⎤⎣ ⎦

= =⎡ ⎤ +⎣ ⎦

.

0,25 b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã:

1 12 2

ab ab 1 1 a bd(B C; AC ) ab 2

22ab 2 2a b

+= ≤ = ≤ =

+

.0,25

DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = 2.

VËy kho¶ng çch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng 2 khi a = b = 2. 0,25

3 ViÕt ph− ¬ng tr×nh mÆt cÇu (1,0 ®iÓm)

I(x; y; z) lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC .Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2

; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 . 0,25

Suy ra hÖ ph− ¬ng tr×nh:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=−++

22

22

02

ICIB

IBIA

zyx

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+

=+

=++

⇔

1

2

2

zy

zx

zyx

0,25 .0;1 ===⇔ yzx 0,25

⇒== 1IAR Ph− ¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x − 1)2

+ y2

+ ( z − 1)2

=1. 0,25IV 2,0

1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)

I =3

2

2

ln(x x )dx−∫ . §Æt2

2

2x 1du dxu ln(x x)

x xdv dx

v x

−⎧⎧ == − ⎪

⇒ −⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎩

.

0,25 3 3

32

22 2

2x 1 1I x ln(x x) dx 3ln 6 2 ln 2 2 dx

x 1 x 1

− ⎛ ⎞= − − = − − +⎜ ⎟

− −⎝ ⎠∫ ∫

0,25

( )

3

2

3ln 6 2 ln 2 2x ln x 1= − − + − .0,25 I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. 0,25

2 T×m sè h¹ng kh«ng chøa x... (1, 0 ®iÓm)

Ta cã: ( )7 k 7 7 k

k 3 374 4

k 0

1 1x C x

x x

−

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑

0,25 7 k k 28 7k 7 7

k k 3 4 127 7

k 0 k 0

C x x C x− − −

= =

= =∑ ∑ .0,25

Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t− ¬ng øng víi k (k Z, 0 k 7)∈ ≤ ≤ tho¶ m·n:

4012

728 =⇔=− k k .0,25

Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ 4

7C 35= . 0,25



4

V Chøng minh ph− ¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt 1,0

x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) .(1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. 0,25

Víi x ≥ 1: XÐt hµm sè 5 2f (x) x x 2x 1= − − − . Khi ®ã f(x) lµ hµm sè liªn tôc

víi mäi x ≥ 1.Ta cã:

f(1) = − 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 cã nghiÖm thuéc ( 1; 2). (2) 0,25

f '( x) = 4 4 4 45x 2x 2 (2x 2x) (2x 2) x− − = − + − + .3 4 42x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1= − + − + > ∀ ≥ .

0,25

Suy ra f(x) ®ång biÕn trªn [ 1; +∞) (3).Tõ (1), (2), (3) suy ra ph− ¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng mét nghiÖm. 0,25



1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO---------------------ĐỀ CHÍNH THỨ C

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂMĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

----------------------------------------Môn: TOÁN, Khối A

(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

Câu Ý Nội dung ĐiểmI 2,0

I.1 1,0

1 1 1m y x4 4 x

= ⇒ = + .

a) TXĐ: \{0}.

b) Sự biến thiên:2

2 2

1 1 x 4y '

4 x 4x

−= − = , y ' 0 x 2, x 2.= ⇔ = − =

0,25

yCĐ ( ) ( )CTy 2 1, y y 2 1.= − = − = =

Đườ ng thẳng x 0= là tiệm cận đứng.

Đườ ng thẳng1

y x4

= là tiệm cận xiên.

0,25

c) Bảng biến thiên:

x − ∞ − 2 0 2 + ∞ y’ + 0 − − 0 +

y

− 1 + ∞ + ∞

− ∞ − ∞ 1

0,25

d) Đồ thị

0,25



2

I.2 1,0

2

1y ' m , y ' 0

x= − = có nghiệm khi và chỉ khi m 0> .

Nếu m 0> thì 1 2

1 1y ' 0 x , x

m m= ⇔ = − = .

0,25

Xét dấu y ' x

− ∞ 1

m− 0

1

m + ∞

y ' + 0 − || − 0 + Hàm số luôn có cực tr ị vớ i mọi m 0.>

0,25

Điểm cực tiểu của ( )mC là1

M ;2 m .m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Tiệm cận xiên (d) : y mx mx y 0.= ⇔ − =

( )2 2

m 2 m md M,d .

m 1 m 1

−

= =

+ +

0,25

( )

2

2

1 m 1d M;d m 2m 1 0 m 1.

2 2m 1= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =

+

K ết luận: m 1= .0,25

II. 2,0II.1 1,0

Bất phươ ng trình: 5x 1 x 1 2x 4− − − > − . ĐK:

5x 1 0

x 1 0 x 2.

2x 4 0

− ≥⎧⎪

− ≥ ⇔ ≥⎨⎪

− ≥⎩

0,25

Khi đó bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)− > − + − ⇔ − > − + − + − −

0,252 2x 2 (2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4⇔ + > − − ⇔ + + > − +

2x 10x 0 0 x 10.⇔ − < ⇔ < < 0,25

K ết hợ p vớ i điều kiện ta có : 2 x 10≤ < là nghiệm của bất phươ ng trình đã cho. 0,25II.2 1,0

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )1 cos6x cos 2x 1 cos 2x 0+ − + =

cos6x cos 2x 1 0⇔ − =

0,25

cos8x cos 4x 2 0⇔ + − = 22cos 4x cos 4x 3 0⇔ + − = 0,25

( )

=⎡⎢⇔⎢ = −⎢⎣

cos 4 x 1

3cos 4x lo¹i .

2

Vậy ( )π

= ⇔ = ∈ cos 4x 1 x k k .2

0,5



3

III. 3,0III.1 1,0

Vì ( )1A d A t; t .∈ ⇒

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B,D Ox∈ nên ( )C t; t− . 0,25

Vì 2C d∈ nên 2t t 1 0 t 1.− − = ⇔ = Vậy ( ) ( )A 1;1 , C 1; 1− . 0,25

Trung điểm của AC là ( )I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên

IB IA 1ID IA 1

= =⎧⎨= =⎩

0,25

b 1 1B Ox B(b;0) b 0,b 2

D Ox D(d;0) d 0,d 2d 1 1

⎧ − =∈ = =⎧⎧ ⎧ ⎪⇔ ⇒ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨

∈ = =− =⎩ ⎩ ⎩⎪⎩

Suy ra, ( )B 0;0 và ( )D 2;0 hoặc ( )B 2;0 và ( )D 0;0 .

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là

( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 0;0 , C 1; 1 , D 2;0 ,−

hoặc

( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 2;0 , C 1; 1 , D 0;0 .−

0,25

III.2a 1,0

Phươ ng trình của tham số của

x 1 t

d : y 3 2t

z 3 t.

= −⎧⎪

= − +⎨⎪

= +⎩

0,25

( )I d I 1 t; 3 2t;3 t∈ ⇒ − − + + , ( )( )2t 2

d I, P .3

− += 0,25

( )( )t 4

d I, P 2 1 t 3 t 2.

=⎡= ⇔ − = ⇔ ⎢ = −⎣

0,25

Vậy có hai điểm ( ) ( )1 2I 3;5;7 , I 3; 7;1− − . 0,25

III.2b 1,0

Vì A d∈ nên ( )A 1 t; 3 2t;3 t− − + + .

Ta có ( )A P∈ ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 t 3 2t 2 3 t 9 0 t 1− + − + − + + = ⇔ = .

Vậy ( )A 0; 1;4− .

0,25

Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến ( )n 2;1; 2 .= −

Đườ ng thẳng d có vectơ chỉ phươ ng ( )u 1;2;1= − .

Vì ( )P∆ ⊂ và d∆ ⊥ nên ∆ có vectơ chỉ phươ ng ( )u n,u 5;0;5∆

⎡ ⎤= =⎣ ⎦

.

0,5

Phươ ng trình tham số của ∆ :

x t

y 1

z 4 t.

=⎧⎪

= −⎨⎪

= +⎩

0,25



4

IV 2,0IV.1 1,0

2

0

(2cosx 1) sinxI dx

1 3cos x

π

+=

+∫ .

0,25

Đặt

2t 1cosx

3t 1 3cos x

3sinxdt dx.

2 1 3cos x

⎧ −=⎪⎪

= + ⇒ ⎨⎪ = −⎪ +⎩

x 0 t 2, x t 1.2π

= ⇒ = = ⇒ =

0,25

( )1 22

2

2 1

t 1 2 2I 2 1 dt 2t 1 dt.

3 3 9

⎛ ⎞− ⎛ ⎞= + − = +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ 0,25

23

1

2 2t 2 16 2 34t 2 1 .

9 3 9 3 3 27

⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠ 0,25

IV.2 1,0

Ta có ( )2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x ... C x+ + +

+ + + + ++ = + + + + + x .∀ ∈ 0,25

Đạo hàm hai vế ta có( )( ) ( )

2n 1 2 3 2 2n 1 2n2n 1 2n 1 2n 1 2n 12n 1 1 x C 2C x 3C x ... 2n 1 C x+

+ + + ++ + = + + + + + x .∀ ∈ 0,25

Thay x 2= − ta có:

( )1 2 2 3 3 4 2n 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... 2n 1 .2 C 2n 1.+

+ + + + +− + − + + + = + 0,25

Theo giả thiết ta có 2n 1 2005 n 1002+ = ⇒ = . 0,25

V 1,0

Vớ i a,b 0> ta có : 2 1 a b 1 1 1 14ab (a b) .

a b 4ab a b 4 a b

+ ⎛ ⎞≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ +⎜ ⎟

+ + ⎝ ⎠

Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi a b= .

0,25

Áp dụng k ết quả trên ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1).

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Tươ ng tự

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(2).

x 2y z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + ≤ + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥

+ + + ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(3).

x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

0,5

Vậy1 1 1 1 1 1 1

1.2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z

⎛ ⎞+ + ≤ + + =⎜ ⎟

+ + + + + + ⎝ ⎠

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

x y z.= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi3

x y z .4

= = =

0,25

-------------------------------Hết-------------------------------



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO---------------------ĐỀ CHÍNH THỨ C

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂMĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

----------------------------------------Môn: TOÁN, Khối B

(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)


I.1 1,02x 2x 2 1

m 1 y x 1 .x 1 x 1

+ += ⇒ = = + ++ +

a) TXĐ: \{ }.1−

b) Sự biến thiên:( ) ( )

2

2 2

1 x 2xy ' 1

x 1 x 1

+= − =

+ +y ' 0 x 2, x 0., = ⇔ = − =

0,25

yCĐ ( ) ( )CTy 2 2, y y 0 2.= − = =

1

= −

Đườ ng thẳng là tiệm cận đứng.x = − Đườ ng thẳng là tiệm cận xiên.y x 1= +

0,25

Bảng biến thiên:

x − ∞ − 2 1− 0 + ∞ y’ + 0 − − 0 +

y

2− + ∞ + ∞

− ∞ − ∞ 2

0,25

c) Đồ thị

0,25

1



I.2 1,0

Ta có:1

y x mx 1

= + ++

.

TXĐ: \{ }.1−

( )

( )

( )2 2

x x 21y ' 1 , y ' 0 x 2, x 0.

x 1 x 1

+= − = = ⇔ = − =

+ +

0,25

Xét dấu y '

x − ∞ 2 − 1− 0 + ∞y’ + 0 − || − 0 +

Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là ( )M 2;m 3− − và điểm cực tiểu là

.( ) N 0;m 1+

0,50

( )( ) ( ) ( )( )2 2

MN 0 2 m 1 m 3 20.= − − + + − − = 0,25

II. 2,0II.1 1,0

( )2 39 3

x 1 2 y 1 (1)

3log 9x log y 3 (2)

⎧ − + − =⎪⎨

− =⎪⎩

ĐK:x 1

0 y 2.

≥⎧⎨

< ≤⎩

0,25

( ) ( )3 3 3 32 3 1 log x 3log y 3 log x log y x y.⇔ + − = ⇔ = ⇔ = 0,25

Thay vào (1) ta cóy x=

( )( )x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 x 1 2 x 1− + − = ⇔ − + − + − − =

( )( )x 1 2 x 0 x 1, x 2.⇔ − − = ⇔ = =

Vậy hệ có hai nghiệm là ( ) ( )x; y 1;1= và ( ) ( )x; y 2;2 .=

0,50

II.2 1,0

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i2sin x cos x 2sin x cos x 2cos x 0+ + + =

( )sin x cos x 2cos x sin x cos x 0⇔ + + + =

( )( )sin x cos x 2cos x 1 0.⇔ + + =

0,50

• sin x cos x 0 tgx 1 x k 4

π+ = ⇔ = − ⇔ = − + π ( )k .∈ 0,25

• 1 2

2cos x 1 0 cos x x k22 3

π+ = ⇔ = − ⇔ = ± + π ( )k .∈ 0,25

2



III. 3,0III.1 1,0

Gọi tâm của (C) là ( )I a;b và bán kính của (C) là R.

(C) tiế p xúc vớ i Ox tại A vàa 2⇒ = b R.= 0,25

( ) ( )2 2 2IB 5 6 2 4 b 25 b 8b 7 0 b 1,b 7.= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = = 0,25

Vớ i ta có đườ ng tròna 2,b 1= =

( ) ( ) ( )2 2

1C : x 2 y 1 1.− + − = 0,25

Vớ i ta có đườ ng tròna 2,b 7= =

( ) ( ) ( )2 2

2C : x 2 y 7 49.− + − = 0,25

III.2a 1,0

( ) ( )1 1A 0; 3;4 ,C 0;3;4 .− 0,25

( ) ( )1BC 4;3;0 ,BB 0;0;4= − =

Vectơ pháp tuyến của ( )1 1mp BCC B là ( )1n BC,BB 12;16;0⎡ ⎤= =⎣ ⎦ .

Phươ ng trình mặt phẳng ( )1 1BCC B :

( )12 x 4 16y 0 3x 4y 12 0.− + = ⇔ + − =

0,25

Bán kính mặt cầu:

( )( )1 1 2 2

12 12 24R d A, BCC B

53 4

− −= =

+.=

0,25

Phươ ng trình mặt cầu:

( )22 2 576

x y 3 z25

+ + + = . 0,25

III.2b 1,0

Ta có ( )1

3 3M 2; ;4 , AM 2; ;4 , BC 4;3;4 .

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

Vectơ pháp tuyến của (P) là ( )P 1n AM,BC 6; 24;12⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦

.

Phươ ng trình (P): ( )6x 24 y 3 12z 0 x 4y 2z 12 0.− − + + = ⇔ + − + =

Ta thấy Do đó đi qua và song song vớ iB(4;0;0) (P).∉ (P) A, M 1BC .

0,25

Ta có ( )1 1A C 0;6;0=

. Phươ ng trình tham số của đườ ng thẳng là1 1A C

x 0

y 3

z 4.

=⎧⎪

t= − +⎨⎪ =⎩

( )1 1 N A C N 0; 3 t;4 .∈ ⇒ − +

Vì ( ) N P∈ nên ( )0 4 3 t 8 12 0 t 2+ − + − + = ⇔ = .

Vậy ( ) N 0; 1;4 .−

( ) ( )2

2 23 1MN 2 0 1 4 4 .

2 2⎛ ⎞

= − + − + + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

7

0,50

3



IV 2,0IV.1 1,0

Ta có22

0

sin x cos xI 2 dx

1 cos x

π

=+∫ . Đặt t 1 cos x dt sin xdx.= + ⇒ = −

x 0 t 2, x t 12

π= ⇒ = = ⇒ = .

0,25

( )( )

21 2

2 1

t 1 1I 2 dt 2 t 2 dt

t t

− ⎛ ⎞= − = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ 0,25

2 2

1

t2 2t ln t

2

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

( )1

2 2 4 ln 2 2 2ln 2 12

⎡ ⎤⎛ ⎞= − + − − = −⎜ ⎟⎢ ⎥

⎝ ⎠⎣ ⎦. 0,25

IV.2 1,0

Có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Vớ i mỗi

cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có cách phân

công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Vớ i mỗi cách phân công các thanh

niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có cách phân công cácthanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.

1 43 12C C

1 42 8C C

1 41 4C C

0,50

Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toánlà

1 4 1 4 1 43 12 2 8 1 4C .C .C .C .C .C 207900.=

0,50

V 1,0Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dươ ng ta có

x x x12 15 12 15

2 .5 4 5 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x

x xx12 15

2.3 (1).5 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

Tươ ng tự ta cóx x

x

x xx

12 202.4 (2).

5 3

15 202.5 (3).

4 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận đượ c cho 2,ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) là các đẳng thức⇔ ⇔ x 0.=

0,25

-------------------------------Hết-------------------------------

4



---------------------ĐỀ CHÍNH THỨ C

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005----------------------------------------

Môn: TOÁN, Khối D (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)


I.1 1,0

3 21 1m 2 y x x

3 3= ⇒ = − + .

a) TXĐ: .

b) Sự biến thiên: 2y ' x 2x, y ' 0 x 0, x 2.= − = ⇔ = =

0,25Bảng biến thiên:

x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 +

y

1

3

− 1

+ ∞

∞ −

yCĐ

1

( ) ( )CT

1

y 0 , y y 2 1.3= = = = −

0,25

c) Tính lồi lõm, điểm uốny '' 2x 2, y '' 0 x 1.= − = ⇔ =

x −∞ 1 + ∞

y’’ − 0 +

Đồ thị hàm số lồi1

U 1;3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

lõm

Đồ thị của hàm số nhận1

U 1;3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

là điểm uốn.

0,25

d) Đồ thị

-1

2

O

y

x

0,25



Ta có: 2y ' x mx.= −

Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x 1= − làm

M 1;2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Tiế p tuyến tại M của (Cm) là

∆: ( )( ) ( )m m

y y ' 1 x 1 y m 1 x2 2

2.

++ = − + ⇔ = + + 0,25

∆ song song vớ i ( hayd :5x y 0− = d : y 5x= ) khi và chỉ khi

m 1 5m 4

m 2 0

+ =⎧.⇔ =⎨

+ ≠⎩

Vậy m 4= .

0,50

II. 2,0II.1 1,0

2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + =

ĐK: x 1≥ − .

0,25


( ) ( )2

2 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4 x 1 2+ + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + = 0,50

x 3⇔ = . 0,25

II.2 1,0


2 2 1 31 2sin x cos x sin 4x sin 2x 0

2 2

⎡ ⎤π⎛ ⎞− + − + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 2= 0,25

22 sin 2x cos 4x sin 2x 3 0⇔ − − + − =

( )2 2sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 1 0⇔ − − − + − =

2sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1⇔ + − = ⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại).

0,50

Vậy ( )sin 2x 1 2x 2k x k k .2 4

π π= ⇔ = + π ⇔ = + π ∈

0,25

2



III.1 1,0

Giả sử ( )o oA x ;y . Do đối xứng nhau qua Ox nênA,B o oB(x ; y ).−

Ta có và2oAB 4y= 2 ( )

22 2o 0AC x 2 y .= − +

0,25

Vì ( )A E∈ nên2 2

2 2o oo o

x xy 1 y 1 (1)

4 4+ = ⇒ = − .

Vì nênAB AC= ( )2 2 2

o o ox 2 y 4y (2)− + = .

0,25

Thay (1) vào (2) và rút gọn ta đượ c

o2o o

o

x 27x 16x 4 0 2

x7

=⎡⎢− + = ⇔⎢ =⎢⎣

.0,25

Vớ i thay vào (1) ta có0x = 2 00y = . Tr ườ ng hợ p này loại vì A C≡ .

Vớ i 0

2x

7= thay vào (1) ta có 0

4 3y .

7= ±

Vậy2 4 3 2 4 3

A ; , B ;

7 7 7 7

⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟ ⎠

hoặc2 4 3 2 4 3

A ; , B ;

7 7 7 7

⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

. ⎞⎟⎟ ⎠

0,25

III.2a 1,0

1d đi qua ( )1M 1; 2; 1− − và có vectơ chỉ phươ ng ( )1u 3; 1;2= − .

2d có vectơ chỉ phươ ng là ( )2

1 1 1 1 1 1u ; ; 3;

3 0 0 1 1 3

⎛ ⎞− −= =⎜ ⎟

⎝ ⎠1;2−

.

0,25

Vì và nên1u u=

2 21M d∉ 1 2d // d . 0,25

Mặt phẳng (P) chứa nên có phươ ng trình dạng2d

( ) ( ) ( )2 2x y z 2 x 3y 12 0 0α + − − + β + − = α + β ≠ .

Vì ( )1M P∈ nên ( ) ( )1 2 1 2 1 6 12 0 2 17 0.α − + − + β − − = ⇔ α + β =

0,25

Chọn Phươ ng trình (P) là:17 2.α = ⇒ β = −15x 11y 17z 10 0.+ − − = 0,25

III.2b 1,0Vì nênA,B Oxz∈ A By y 0= = .

Vì nên1A d∈ A Ax 1 2 z3 1 2− += = 1

− ⇒ = ,A Ax z 5= − ( )A 5;0; 5−⇒ −

B B B

2

B B

x z 2 0 x 12B d B(12;0;10).

x 12 0 z 10

− − = =⎧ ⎧∈ ⇒ ⇔ ⇒⎨ ⎨

− = =⎩ ⎩

0,50

( ) ( ) (OA 5;0; 5 ,OB 12;0;10 OA,OB 0; 10;0 .⎡ ⎤= − − = ⇒ = −⎣ ⎦

)

OAB

1 1S OA,OB .10

2 2∆⎡ ⎤= =⎣ ⎦

5= (đvdt).

0,50

3



IV.1 1,0

( )2 2

sinx

0 0

1 cos 2xI e d sin x d

2

π π

+= +∫ ∫ x

0,25

sinx 2 2

0 0

1 1e x sin 2x

2 2

π π⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

e 14

π= + − . 0,25

IV.2 1,0ĐK: .n 3≥Ta có 2 2 2 2

n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =

( )( )

( ) ( )( )

( )( )

n 1 ! n 2 ! n 3 ! n 4 !2 2 149

2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 !

+ + + +⇔ + + + =

− + +

0,25

2n 4n 45 0 n 5, n⇔ + − = ⇔ = = −9.

.

Vì n nguyên dươ ng nên n 5= 0,25

4 36 5

6! 5!3.A 3A 32! 2!M .

6! 6! 4

++= = =

0,50

V 1,0Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dươ ng ta có

3 3 3 33

3 3

1 x y 3 1.x .y 3xy

1 x y 3(1).

xy xy

+ + ≥ =

+ +⇔ ≥

0,25

Tươ ng tự 3 3

3 3

1 y z 3(2)

yz yz1 z x 3

(3).zx zx

+ +≥

+ +≥ 0,25

Mặt khác

33 3 3 3 3 3

3 .xy yz zx xy yz zx

+ + ≥

3 3 33 3 (4).

xy yz zx

⇒ + + ≥ 0,25

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức⇔ ⇔ .x y z 1 0,25= = =

-------------------------------Hết-------------------------------

4



1/5

B GI O DỤC V Đ O TẠO


Đ P N - THANG ĐI MĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn: TOÁN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)


1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

y =3 2

2x 9x 12x 4.− + − • TXĐ: .

• Sự biến thiên: ( )2y ' 6 x 3x 2= − + , y ' 0 x 1, x 2.= ⇔ = = 0,25


+ _

+

+∞

-∞

0

1

0

0

21 +∞-∞

y

y'

x

yCĐ = ( ) ( )CTy 1 1, y y 2 0.= = = 0,50

• Đồ thị:

O

−4

1

1

2 x

y

0,25

2 Tìm m để phươ ng trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm)

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i:3 2

2 x 9 x 12 x 4 m 4− + − = − .

Số nghiệm của phươ ng trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2

y 2 x 9 x 12 x 4= − + − vớ i đườ ng thẳng y m 4.= − 0,25

Hàm số 3 2

y 2 x 9 x 12 x 4= − + − là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm tr ục

đối xứng.0,25



2/5

Từ đ thị của hàm s đã cho suy ra đ thị hàm s :3 2y 2 x 9x 12 x 4= − + −

0,25

Từ đồ thị suy ra phươ ng trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:0 m 4 1 4 m 5.< − < ⇔ < <

0,25

II 2,001 Giải phươ ng trình lượ ng giác (1,00 điểm)

Điều kiện: ( )2

sin x 1 .2

≠

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i:

( )6 6 23 12 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0

4 2

⎛ ⎞+ − = ⇔ − − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

23sin 2x sin 2x 4 0⇔ + − = 0,50

sin 2x 1⇔ =

( )x k k .4

π⇔ = + π ∈

0,25

Do điều kiện (1) nên: ( )5

x 2m m .4

π= + π ∈

0,25

2 Giải hệ phươ ng trình (1,00 điểm)

Điều kiện: x 1, y 1, xy 0.≥ − ≥ − ≥ Đặt ( )t xy t 0 .= ≥ Từ phươ ng trình thứ

nhất của hệ suy ra: x y 3 t.+ = + 0,25

Bình phươ ng hai vế của phươ ng trình thứ hai ta đượ c:

( )x y 2 2 xy x y 1 16 2+ + + + + + = .

Thay 2xy t , x y 3 t= + = + vào (2) ta đượ c:

2 23 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t+ + + + + + = ⇔ + + = −

0,25

( ) ( )22 2

0 t 11 0 t 11t 3

4 t t 4 11 t 3t 26t 105 0

≤ ≤⎧ ≤ ≤⎧⎪⇔ ⇔ ⇔ =⎨ ⎨

+ + = − + − =⎩⎪⎩ 0,25

Vớ i t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm của hệ là (x;y) (3;3).= 0,25

O

−4

1

1

2 x−1−2

y = m − 4

y



3/5

III 2,001 Tính khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng A 'C và MN (1,00 điểm)

Gọi ( )P là mặt phẳng chứa A 'C và song song vớ i MN . Khi đó:

( ) ( )( )d A 'C,MN d M, P .= 0,25

Ta có: ( )1 1

C 1;1;0 ,M ;0;0 , N ;1;02 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )A 'C 1;1; 1 ,MN 0; 1; 0= − =

( )1 1 1 1 1 1

A 'C, MN ; ; 1;0;1 .

1 0 0 0 0 1

⎛ − − ⎞⎡ ⎤ = =⎜ ⎟⎣ ⎦

⎝ ⎠

0,25

Mặt phẳng ( )P đi qua điểm ( )A' 0;0;1 , có vectơ pháp tuyến ( )n 1;0;1 ,=

có

phươ ng trình là: ( ) ( ) ( )1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.− + − + − = ⇔ + − = 0,25

Vậy ( ) ( )( )2 2 2

10 1

12d A 'C,MN d M, P .

2 21 0 1

+ −

= = =

+ +

0,25

2 Viết phươ ng trình mặt phẳng (1,00 điểm)

Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) ( )2 2 2Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+ + + = + + >

Vì ( )Q đi qua ( )A ' 0; 0;1 và ( )C 1;1;0 nên: c d 0 c d a b.a b d 0

+ =⎧ ⇔ = − = +⎨+ + =⎩

Do đó, phươ ng trình của ( )Q có dạng: ( ) ( )ax by a b z a b 0.+ + + − + = . 0,25

Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến ( )n a;b;a b= +

, mặt phẳng Oxy có

vectơ pháp tuyến ( )k 0;0;1=

.

Vì góc giữa ( )Q và Oxy là α mà1

cos6

α = nên ( )1

cos n, k 6

=

0,25

( )22 2

a b 1

6a b a b

+⇔ =

+ + +

( )( )

2 2 26 a b 2 a b ab⇔ + = + +

a 2b⇔ = − hoặc b 2a.= − 0,25

Vớ i a 2b= − , chọn b 1,= − đượ c mặt phẳng ( )1Q : 2x y z 1 0.− + − =

Vớ i b 2a= − , chọn a 1,= đượ c mặt phẳng ( )2Q : x 2y z 1 0.− − + = 0,25

IV 2,001 Tính tích phân (1,00 điểm)

Ta có:2 2

2 2 20 0

sin 2x sin 2xI dx dx.

cos x 4sin x 1 3sin x

π π

= =

+ +∫ ∫

Đặt 2t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.= + ⇒ = 0,25

Vớ i x 0= thì t 1= , vớ i x2

π= thì t 4.= 0,25

Suy ra:4

1

1 dtI

3 t= ∫ 0,25

4

1

2 2t .

3 3= =

0,25



4/5

2 Tìm giá tr ị lớ n nh t của A (1,00 đi m)

Từ giả thiết suy ra:2 2

1 1 1 1 1.

x y x y xy+ = + −

Đặt1 1

a, bx y

= = ta có: ( )2 2a b a b ab 1+ = + −

( )( ) ( )23 3 2 2A a b a b a b ab a b .= + = + + − = + 0,25

Từ (1) suy ra: ( )2

a b a b 3ab.+ = + −

Vì

2a b

ab 2

+⎛ ⎞≤

⎜ ⎟⎝ ⎠ nên ( ) ( )

2 23

a b a b a b4+ ≥ + − +

( ) ( )2

a b 4 a b 0 0 a b 4⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤

Suy ra: ( )2

A a b 16.= + ≤

0,50

Vớ i1

x y2

= = thì A 16.= Vậy giá tr ị lớ n nhất của A là 16.0,25

V.a 2,001 Tìm điểm 3M d∈ sao cho ( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= (1,00 điểm)

Vì 3M d∈

nên ( )M 2y; y .0,25

Ta có:

( ) ( )( )

1 22 2 22

2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4d M,d , d M,d .

2 21 1 1 1

+ + + − − −= = = =

+ + −

0,25

( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= ⇔ 3y 3 y 4

2 y 11, y 1.2 2

+ −= ⇔ = − = 0,25

Vớ i y 11= − đượ c điểm ( )1M 22; 11 .− −

Vớ i y 1= đượ c điểm ( )2M 2; 1 . 0,25

2 Tìm hệ số của 26x trong khai triển nhị thức Niutơ n (1,00 điểm)

• Từ giả thiết suy ra: ( )0 1 n 202n 1 2n 1 2n 1C C C 2 1 .+ + ++ + ⋅ ⋅ ⋅ + =

Vì k 2n 1 k 2n 1 2n 1C C , k,0 k 2n 1+ −

+ += ∀ ≤ ≤ + nên:

( ) ( )0 1 n 0 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1C C C C C C 2 .

2

+

+ + + + + ++ + ⋅ ⋅ ⋅ + = + + ⋅ ⋅ ⋅ + 0,25

Từ khai triển nhị thức Niutơ n của ( )2n 1

1 1+

+ suy ra:

( ) ( )2n 10 1 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1C C C 1 1 2 3 .++ +

+ + ++ + ⋅ ⋅ ⋅ + = + =

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 202 2= hay n 10.= 0,25

• Ta có: ( ) ( )10 10 10

10 k k 7 k 4 7 k 11k 40

10 104k 0 k 0

1x C x x C x .

x

−− −

= =

⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ 0,25

Hệ số của 26x là k

10C vớ i k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.− = ⇔ =

Vậy hệ số của 26x là: 6

10C 210.= 0,25



5/5

V.b 2,001 Giải phươ ng trình mũ (1,00 điểm)

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: ( )3x 2x x

2 2 23 4 2 0 1 .

3 3 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠0,25

Đặt ( )x

2t t 0

3

⎛ ⎞= >⎜ ⎟

⎝ ⎠, phươ ng trình (1) tr ở thành: 3 23t 4t t 2 0+ − − = 0,25

( ) ( )2 2

t 1 3t 2 0 t3

⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ). 0,25

Vớ i2

t 3= thì

x2 2

3 3

⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠

hay x 1.= 0,25

2 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm)

K ẻ đườ ng sinh AA'. Gọi D là điểm đối xứng vớ i A' qua O ' và H là hình

chiếu của B trên đườ ng thẳng A'D.

A

A'

O

O' H D

B

Do BH A'D⊥ và BH AA '⊥ nên ( )BH AOO'A ' .⊥ 0,25

Suy ra: OO'AB AOO'

1V .BH.S .

3= 0,25

Ta có:2 2 2 2

A 'B AB A 'A 3a BD A 'D A 'B a= − = ⇒ = − =

BO'D⇒ Δ đềua 3

BH .2

⇒ = 0,25

Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2AOO'

1S a .

2=

Vậy thể tích khối tứ diện OO' AB là:2 31 3a a 3a

V . . .3 2 2 12

= = 0,25

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo çch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ® − îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.

----------------Hết----------------



1/4

-−−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN, khối B

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)


1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)2x x 1 1

y x 1 .x 2 x 2

+ −= = − +

+ +

• Tậ p xác định: \{ }2− .

• Sự biến thiên:( )

2

1y ' 1 ,

x 2= −

+y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1. 0,25


yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1.

0,25

• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2.

- Tiệm cận xiên: y = x − 1. 0,25

• Đồ thị (C):

0.25

2 Viết phươ ng trình tiế p tuyến vuông góc vớ i tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm)

Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phươ ng trình y = x − 1, nên tiế p tuyến vuông góc

vớ i tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1. 0,25

Hoành độ tiế p điểm là nghiệm của phươ ng trình: y' = −1

⇔ 1 − ( )

2

1

x 2+= −1 ⇔ x = −2

2

2± . 0,25

Vớ i x = − 2 +2

2 ⇒ y =

3 2

2 − 3 ⇒ pt tiế p tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5, 0,25

Vớ i x = − 2 −2

2⇒ y = −

3 2

2 − 3 ⇒ pt tiế p tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5. 0,25

x

y'

y

− ∞

− ∞ − ∞

+ ∞

+ ∞ + ∞ −5

−1

−1

00

−3 −2

− − + +

x

y

O−1

−1

−3 −2

−5

1



2/4

,1 Giải phươ ng trình (1,00 điểm)

Điều kiện:x

sin x 0, cos x 0, cos 02

≠ ≠ ≠ (1). 0,25

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i:x x

cos x cos sin x sincosx 2 2sin x 4

xsin xcosxcos

2

+

+ =

cos x sin x 1 14 4 sin 2x

sin x cos x sin x cos x 2

⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0,50

x k 12

5x k .

12

π⎡= + π⎢

⇔ ⎢π⎢ = + π

⎢⎣

(k ∈ ), thỏa mãn (1). 0,25

2 Tìm m để phươ ng trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)

2x mx 2 2x 1+ + = + (2)

⇔ 2 2

2x 1 0

x mx 2 (2x 1)

+ ≥⎧⎨

+ + = +⎩⇔

2

1x

2

3x (m 4)x 1 0 (3)

⎧≥ −⎪

⎨⎪ − − − =

⎩

0,25

(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: −1

2 ≤ x1 < x2 0,25

⇔

⎧⎪Δ = − + >⎪

−⎪= > −⎨

⎪⎪ −⎛ ⎞

− = + − ≥ − − −⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎩

2

2

(m 4) 12 0

S m 4 1

2 6 2

1 3 m 4f 1 0, trong ®ã f(x) = 3x (m 4)x 1

2 4 2

0,25

⇔ m ≥ 92

. 0,25

III 2,001 Viết phươ ng trình mặt phẳng (P) qua A, song song vớ i d1 và d2 (1,00 điểm)

Vectơ chỉ phươ ng của d1 và d2 lần lượ t là: 1u (2; 1; 1)= −

và 2u (1; 2; 1)= −

. 0,25

⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: 1 2n [u ,u ] ( 1; 3; 5).= = − − −

0,25

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

Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P).

Vậy, phươ ng trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25

2 Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n)

⇒ AM

= (2m; m; −3 − m); AN

= (1 + n; −2 − 2n; n). 0,25

⇒ [ AM

, AN

] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m) 0,25

A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM

, AN

] = 0

0,25

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



3/4

,1 Tính tích phân (1,00 điểm)

ln5 ln5 x

x x 2x xln3 ln3

dx e dxI .

e 2e 3 e 3e 2−= =

+ − − +∫ ∫

Đặt t = ex ⇒ dt = e

xdx; 0,25

vớ i x = ln3 thì t = 3; vớ i x = ln5 thì t = 5. 0,25

⇒

5

3

dtI

(t 1)(t 2)=

− −∫

5

3

1 1dt

t 2 t 1

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

− −⎝ ⎠∫ 0,25

5

3

t 2 3ln ln .t 1 2

−= =−

0,25

2 Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)

Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).

Do OM + ON ≥ MN nên ( ) ( )2 22 2 2 2x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y .− + + + + ≥ + = +

Do đó: 2A 2 1 y y 2 f (y).≥ + + − = 0,25

• Vớ i y ≤ 2 ⇒ f(y) = 22 1 y+ + 2 − y

⇒ f '(y) = 2

2y

y 1+

−1.

f '(y) = 0 ⇔ 2y = 21 y+

⇔ 2 2

y 0

4y 1 y

≥⎧⎪⎨

= +⎪⎩⇔ y =

1

3.

Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:

0,50

• Vớ i y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 22 1 y+ ≥ 2 5 > 2 3+ .

Vậy A ≥ 2 3+ vớ i mọi số thực x, y.

Khi x = 0 và y = 13

thì A = 2 3+ nên giá tr ị nhỏ nhất của A là 2 3+ . 0,25

V.a 2,001 Viết phươ ng trình đườ ng thẳng đi qua các tiế p điểm T1, T2 (1,00 điểm)

Đườ ng tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI =2 5 > R nên M nằm ngoài

(C). Nếu T(xo; yo) là tiế p điểm của tiế p tuyến k ẻ từ M đến (C) thì

∈⎧⎪⎨

⊥⎪⎩ T (C)

MT IT ⇒

∈⎧⎪⎨

=⎪⎩ T (C)

MT.IT 0 0,25

MT

= (xo + 3; yo −1), IT

= (xo −1; yo −3). Do đó ta có:2 2o o o o

o o o o

x y 2x 6y 6 0

(x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0⎧ + − − + =⎪⎨

+ − + − − =⎪⎩

0,25

⇒

2 2o o o o

2 2o o o o

x y 2x 6y 6 0

x y 2x 4y 0

⎧ + − − + =⎪⎨

+ + − =⎪⎩ ⇒ o o2x y 3 0+ − = (1) 0,25

Vậy, tọa độ các tiế p điểm T1 và T2 của các tiế p tuyến k ẻ từ M đến (C) đều thỏa

mãn đẳng thức (1). Do đó, phươ ng trình đườ ng thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0.0,25

f(y)

y

f '(y) − 0 +

− ∞

2+ 3

1

3 2



4/4

, , …, ,

Số tậ p con k phần tử của tậ p hợ p A bằng k nC . Từ giả thiết suy ra: 4 2

n nC 20C= 0,252n 5n 234 0 n 18⇔ − − = ⇔ = (vì n ≥ 4) 0,25

Dok 118k 18

C 18 k

k 1C

+−

=+

> 1 ⇔ k < 9, nên 1 2 918 18 18C C ... C< < < ⇒ 9 10 18

18 18 18C C ... C .> > >

Vậy, số tậ p con gồm k phần tử của A là lớ n nhất khi và chỉ khi k = 9. 0,50

V.b 2,001 Giải bất phươ ng trình (1,00 điểm)

Bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ ix x 2

5 5 5

x x 25 5 5 5

x x 25 5

log (4 144) log 16 1 log (2 1)

log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)

log (4 144) log [80(2 1)]

−

−

−

+ − < + +

⇔ + < + + +

⇔ + < +

0,50

( )x x 2 x x4 144 80 2 1 4 20.2 64 0−⇔ + < + ⇔ − + <

0,25x4 2 16 2 x 4.⇔ < < ⇔ < < 0,25

2 Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

Xét ΔABM và ΔBCA vuông cóAM 1 BA

AB BC2= = ⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA

⇒ ABM BCA= ⇒ oABM BAC BCA BAC 90+ = + = ⇒ AIB = 90o

⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25

SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2).

Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC).0,25

Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đườ ng trung bình của ΔSAC

⇒ NH =SA a

2 2= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB =

1

3 NH.SΔABI.

0,25

2 2 2

1 1 1

AI AB AM= + ⇒ AI =

a 3

3, 2 2 2BI AB AI= − ⇒ BI =

a 6

3 ⇒ SΔABI =

2a 2

6

⇒ VANIB =21 a a 2

. .3 2 6

=3a 2

.36

0,25

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo çch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ® − îc ®ñ ®iÓm tõng phÇnnh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.

---------------- Hết ----------------

S

B

A

C

D

I

N

H

M

•

• •

••

•

•

•

•

a

a

a 2



1/4


-K Ỳ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn: TOÁN, khối D

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)


1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)3y x 3x 2.= − +

• TXĐ: .

• Sự biến thiên: 2y ' 3x 3, y ' 0 x 1, x 1.= − = ⇔ = − = 0,25


_ ++

+∞

-∞0

4

00

1-1 +∞-∞

y

y'

x

yCĐ = ( ) ( )CTy 1 4, y y 1 0.− = = = 0,50

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm)

Phươ ng trình đườ ng thẳng d là: ( )y m x 3 20.= − + 0,25

Phươ ng trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là:

( ) ( )( )3 2x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.− + = − + ⇔ − + + − = 0,25

Đườ ng thẳng d cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi

( ) 2f x x 3x 6 m= + + − có 2 nghiệm phân biệt khác 30,25

( )

( )

159 4 6 m 0 m

4f 3 24 m 0

m 24.

⎧Δ = − − >⎧ >⎪ ⎪

⇔ ⇔⎨ ⎨= − ≠⎪ ⎪⎩ ≠⎩

0,25

O−1 1

2

4

x

y

−2



2/4

,1 Giải phươ ng trình (1,00 điểm)


( )22sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0− − = ⇔ + =

( )2sin x 2cos x 1 0.⇔ + = 0,50

• ( )sin x 0 x k k .= ⇔ = π ∈ 0,25

• ( )1 2

cos x x k2 k .2 3

π= − ⇔ = ± + π ∈ 0,25

2 Giải phươ ng trình (1,00 điểm)

Đặt ( )2t 1t 2x 1 t 0 x .2

+= − ≥ ⇒ = Phươ ng trình đã cho tr ở thành:

4 2t 4t 4t 1 0− + − = 0,25

( ) ( )2 2t 1 t 2t 1 0⇔ − + − = t 1, t 2 1.⇔ = = − 0,50

Vớ i t 1,= ta có x 1.= Vớ i t 2 1,= − ta có x 2 2.= − 0,25

III 2,001 Tìm tọa độ điểm A' đối xứng vớ i A qua d1 (1,00 điểm)

Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc vớ i 1d có phươ ng trình là:

( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.− − − + − = ⇔ − + − =

0,50

Tọa độ giao điểm H của 1d và ( )α là nghiệm của hệ:

( )

x 0x 2 y 2 z 3

y 1 H 0; 1; 2 .2 1 1

2x y z 3 0 z 2

=⎧− + −⎧= =⎪ ⎪

⇔ = − ⇒ −−⎨ ⎨⎪ ⎪− + − = =⎩ ⎩

0,25

Vì A' đối xứng vớ i A qua 1d nên H là trung điểm của AA' ( )A ' 1; 4;1 .⇒ − − 0,25

2 Viết phươ ng trình đườ ng thẳng Δ (1,00 điểm)

Vì Δ đi qua A, vuông góc vớ i 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của

2

d và ( ).α 0,25

Tọa độ giao điểm B của 2d và ( )α là nghiệm của hệ:

( )

x 2x 1 y 1 z 1

y 1 B 2; 1; 2 .1 2 1

2x y z 3 0 z 2

=⎧− − +⎧= =⎪ ⎪

⇔ = − ⇒ − −−⎨ ⎨⎪ ⎪− + − = = −⎩ ⎩

0,25

Vectơ chỉ phươ ng của Δ là: ( )u AB 1; 3; 5 .= = − −

0,25

Phươ ng trình của Δ là:x 1 y 2 z 3

.1 3 5

− − −= =

− − 0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

( )1

2x

0

I x 2 e dx.= −∫ Đặt 2x

2x

u x 2 1du dx, v e .

2dv e dx

= −⎧⎪⇒ = =⎨

=⎪⎩ 0,25

( )1 1

2x 2x

0 0

1 1I x 2 e e dx

2 2= − − ∫ 0,25

12 22x

0

e 1 5 3e1 e .

2 4 4

−= − + − = 0,50



3/4

, ,

Điều kiện: x, y 1.> − Hệ đã cho tươ ng đươ ng vớ i:

( ) ( ) ( )

( )

x a xe e ln 1 x ln 1 a x 0 1

y x a 2

+⎧ − + + − + + =⎪⎨

= +⎪⎩

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phươ ng trình (1) có nghiệm duy

nhất trong khoảng ( )1; .− + ∞ 0,25

Xét hàm số ( ) ( ) ( )x a xf x e e ln 1 x ln 1 a x ,+= − + + − + + vớ i x 1.> −

Do( )

f x liên tục trong khoảng( )

1;− + ∞ và

( ) ( )x 1 xlim f x , lim f x

+→− → + ∞

= − ∞ = + ∞

nên phươ ng trình ( )f x 0= có nghiệm trong khoảng ( )1; .− + ∞ 0,25

Mặt khác:

( )

( )( )( )

x a x

x a

1 1f ' x e e

1 x 1 a x

ae e 1 0, x 1.

1 x 1 a x

+= − + −

+ + +

= − + > ∀ > −+ + +

⇒ ( )f x đồng biến trong khoảng ( )1; .− + ∞

0,25

Suy ra, phươ ng trình ( )f x 0= có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1;− + ∞ .

Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.0,25

V.a1 Tìm tọa độ điểm M để đườ ng tròn tâm M tiế p xúc ... (1,00 điểm)

Đườ ng tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1 , bán kính R 1.=

Vì M d∈ nên ( )M x; x 3 .+ 0,25

Yêu cầu của bài toán tươ ng đươ ng vớ i:

( ) ( )2 2

MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.= + ⇔ − + + = ⇔ = = − 0,50

Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ( ) ( )1 2M 1; 4 , M 2; 1 .− 0,25

2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớ p (1,00 điểm)

Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là 412C 495.= 0,25

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớ p có ít nhất một em đượ c tính như sau:

- Lớ p A có 2 học sinh, các lớ p B, C mỗi lớ p có 1 học sinh. Số cách chọn là:2 1 15 4 3C .C .C 120.=

- Lớ p B có 2 học sinh, các lớ p C, A mỗi lớ p có 1 học sinh. Số cách chọn là:1 2 15 4 3C .C .C 90.=

- Lớ p C có 2 học sinh, các lớ p A, B mỗi lớ p có 1 học sinh. Số cách chọn là:1 1 25 4 3C .C .C 60.=

0,50

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớ p có ít nhất một học sinh là:120 90 60 270.+ + =

Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.− = 0,25



4/4

. ,1 Giải phươ ng trình (1,00 điểm)


( ) ( ) ( )( )2 2 22x x x x x 2x x x2 2 1 4 2 1 0 2 4 2 1 0.− − −

− − − = ⇔ − − = 0,50

• 2x 2x 22 4 0 2 2 x 1.− = ⇔ = ⇔ =

• 2 2x x x x 22 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1.− −

− = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = =

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.= = 0,50

2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)

M

K

H

N

C

B

A

S

Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.

Do BC AK, BC SA⊥ ⊥ nên BC AH.⊥

Do AH SK,AH BC⊥ ⊥ nên ( )AH SBC .⊥

0,25

Xét tam giác vuông SAK:2 2 2

1 1 1 2 3aAH .

AH SA AK 19= + ⇒ = 0,25

Xét tam giác vuông SAB:2

2

2

SM SA 4SA SM.SB .

SB 5SB= ⇒ = =

Xét tam giác vuông SAC:2

2

2

SN SA 4SA SN.SC .

SC 5SC= ⇒ = =

Suy ra:2

SMNBCNM SBC

SBC

S 16 9 9 19aS S .

S 25 25 100= ⇒ = =

0,25

Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là:3

BCNM

1 3 3aV .AH.S .

3 50= = 0,25


---------------- Hết ----------------


http://slidepdf.com/reader/full/de-thi-dai-hoc-mon-toan-cua-bgd-2002-2010 100/1481/4


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007Môn: TOÁN, khối A


Câu Nội dung ĐiểmI 2,00


Khi m 1= − ta có2x 3 1

y x 2x 2 x 2

−= = − +

+ +.

• Tậ p xác định: D = \{ 2}− .

• Sự biến thiên:2

2 2

1 x 4x 3y ' 1

(x 2) (x 2)

+ += − =

+ +,

x 3y ' 0

x 1.

= −⎡= ⇔ ⎢ = −⎣

0,25


yCĐ = ( ) ( )CTy 3 6, y y 1 2.− = − = − = −

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. 0,25

• Đồ thị:

0,25

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

( )

2 2

2x 4x 4 my 'x 2

+ + −=+

.

Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 2 2g x x 4x 4 m= + + − có 2 nghiệm

phân biệt x ≠ −2( )

2

2

' 4 4 m 0

g 2 4 8 4 m 0

⎧∆ = − + >⎪⇔ ⎨

− = − + − ≠⎪⎩ ⇔ m ≠ 0.

0,50

x − ∞ −3 −2 −1 + ∞

y' + 0 − − 0 +

y −6 + ∞ + ∞

−∞ − ∞ −2

x

y

− 3

− 6

−2

O−1−2



Do ( )OA m 2; 2 0= − − − ≠

, ( )OB m 2;4m 2 0= − − ≠

nên ba điểm O, A, B

tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ 2OA.OB 0 m 8m 8 0= ⇔ − − + =

⇔ m 4 2 6= − ± (thỏa mãn m ≠ 0).

Vậy giá tr ị m cần tìm là: m 4 2 6= − ± .

0,50


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

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.0,50

⇔ π πx k π, x k2π, x k2π4 2

= − + = + = (k ∈Z ). 0,50

2 Tìm m để phươ ng trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x 1≥ . Phươ ng trình đã cho ⇔ 4x 1 x 1

3 2 m (1).x 1 x 1

− −− + =

+ +

Đặt 4x 1

tx 1

−=

+, khi đó (1) tr ở thành 23t 2t m (2).− + =

0,50

Vì 4 4x 1 2

t 1x 1 x 1

−= = −

+ +và x 1≥ nên 0 t 1.≤ <

Hàm số 2f (t) 3t 2t, 0 t 1= − + ≤ < có bảng biến thiên:

Phươ ng trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 1

1 m3

− < ≤ .

0,50

III 2,00

1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)

+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phươ ng1u

= (2; −1; 1),

d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phươ ng 2u

= (2; 1; 0).0,25

+) 1 2[u ,u ]

= (−1; 2; 4) và MN

= (−1; 0; 5). 0,50

+)1 2[u ,u ]

. MN

= 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 0,25

2 Viết phươ ng trình đườ ng thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượ t tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên

A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− − + − + +

⇒ AB

= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).

0,25

(P) có véctơ pháp tuyến n

= (7; 1; − 4).

AB ⊥ (P) ⇔ AB

cùng phươ ng vớ i n

0,25

⇔ 2t 2s 1 t s s 5

7 1 4

− − + − += =

− ⇔

5t 9s 1 0

4t 3s 5 0

+ + =⎧⎨

+ + =⎩ ⇔

s 1

t 2

=⎧⎨

= −⎩

⇒ ( ) ( )A 2;0; 1 ,B 5; 1;3 .− − −

0,25

Phươ ng trình của d là:x 2 y z 1

7 1 4

− += =

−. 0,25

11/30

f(t)

t

0

1/3

-1



1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phươ ng trình hoành độ giao điểm của hai đườ ng đã cho là:

(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.0,25

Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S =

1

x

0

xe ex dx−∫ =

1 1

x

0 0

e xdx xe dx.−∫ ∫ 0,25

Ta có:

1

0

e xdx∫ =2 1ex

02=

e

2,

1 1

x x x

0 0

1xe dx xe e dx

0= −∫ ∫ = x

1e e 1

0− = .

Vậye

S 12

= − (đvdt).

0,50

2 Tìm giá tr ị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)

Ta có: 2x (y z)+ 2x x≥ . Tươ ng tự, 2y (z x)+ ≥ 2y y , 2z (x y)+ ≥ 2z z . 0,25

⇒ 2y y2x x 2z z

Py y 2z z z z 2x x x x 2y y

≥ + ++ + +

.

Đặt a = x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ .

Suy ra:4c a 2b

x x9

+ −= ,

4a b 2cy y

9

+ −= ,

4b c 2az z

9

+ −= .

0,25

Do đó 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2aP9 b c a

+ − + − + −⎛ ⎞≥ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 c a b a b c4 6

9 b c a b c a

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ≥ ( )

24.3 3 6 2.

9+ − =

(Doc a b

b c a+ + =

c a

b c

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠+

b1

a

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠ − 1 ≥ 2

a

b+ 2

b

a − 1 ≥ 4 − 1 = 3,

hoặcc a b

b c a+ + ≥ 3

c a b3

b c a⋅ ⋅ = 3. Tươ ng tự,

a b c

b c a+ + ≥ 3).

0,25

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

V.a 2,001 Viết phươ ng trình đườ ng tròn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC

= (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:

BH AC

H AC

⎧ ⊥⎪⎨

∈⎪⎩

⇔ 4(x 2) 4(y 2) 0

4x 4(y 2) 0

+ − + =⎧⎨

+ − =⎩⇔

x 1

y 1

=⎧⎨

=⎩ ⇒ H(1; 1).

0,25

Giả sử phươ ng trình đườ ng tròn cần tìm là: 2 2x y 2ax 2by c 0+ + + + = (1). 0,25

Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:

2a c 1

2a 4b c 52a 2b c 2.

− =⎧⎪

− + = −⎨⎪ + + = −⎩

0,25

1a

2

1 b

2

c 2.

⎧= −⎪

⎪⎪

⇔ =⎨⎪

= −⎪⎪⎩

Vậy phươ ng trình đườ ng tròn cần tìm là: 2 2x y x y 2 0.+ − + − =

0,25



Ta có: ( )2n 0 1 2n 2n

2n 2n 2n1 x C C x ... C x ,+ = + + + ( )

2n 0 1 2n 2n

2n 2n 2n1 x C C x ... C x− = − + +

( ) ( ) ( )2n 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1

2n 2n 2n 2n1 x 1 x 2 C x C x C x ... C x .− −⇒ + − − = + + + +

( ) ( )( )

1 12n 2n

1 3 3 5 5 2n 1 2n 1

2n 2n 2n 2n

0 0

1 x 1 xdx C x C x C x ... C x dx

2

− −+ − −⇒ = + + + +∫ ∫

0,50

• ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 2n 2n 2n 1 2n 1

0

11 x 1 x 1 x 1 xdx

02 2 2n 1

+ ++ − − + + −

=+∫ =

2n2 1

2n 1

−

+(1)

• ( )

1

1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n

0

C x C x C x ... C x dx− −+ + + +∫

12 4 6 2n

1 3 5 2n 1

2n 2n 2n 2n

0

x x x xC . C . C . ... C .

2 4 6 2n

−⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 3 5 2n 1

2n 2n 2n 2n

1 1 1 1C C C ... C

2 4 6 2n

−= + + + (2).

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

0,50

V.b 2,001 Giải bất phươ ng trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x > 34

. Bất phươ ng trình đã cho ⇔ 2

3(4x 3)log

2x 3−+

≤ 2 0,25

⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 0,25

⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ −

3

8 ≤ x ≤ 3. 0,25

K ết hợ p điều kiện ta đượ c nghiệm của bất phươ ng trình là:3

4< x ≤ 3. 0,25

2 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của AD.

Do SAD∆ đều nên SH AD.⊥

Do ( ) ( )SAD ABCD⊥ nên

( )SH ABCD⊥

( )SH BP 1 .⇒ ⊥

Xét hình vuông ABCD ta có

CDH BCP∆ = ∆ ⇒

( )CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2)

suy ra ( )BP SHC .⊥

Vì MN//SC và AN//CH

nên

( ) ( )AMN // SHC . Suy ra

( )BP AMN⊥ ⇒ BP AM.⊥

0,50

K ẻ ( ) ( )MK ABCD ,K ABCD .⊥ ∈ Ta có: CMNP CNP

1V MK.S .

3=

Vì2

CNP

1 a 3 1 aMK SH , S CN.CP

2 4 2 8= = = = nên

3

CMNP

3aV

96= (đvtt).

0,50


----------------Hết----------------

A

S

D C

B

H

M

N

P

K



1/4

ĐỀ CHÍNH THỨ CĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Môn: TOÁN, khối B




Khi m =1 ta có 3 2y x 3x 4= − + − .

• Tậ p xác định: D = .

• Sự biến thiên:2y ' 3x 6x,= − + y ' 0= ⇔ x 0= hoặc x 2.=

0,25


yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4.

0,50

• Đồ thị:

0,25

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

Ta có:2 2

y ' 3x 6x 3(m 1)= − + + − , y' = 0 ⇔ 2 2x 2x m 1 0− − + = (2).

Hàm số (1) có cực tr ị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2

> 0 ⇔ m ≠ 0.0,50

Gọi A, B là 2 điểm cực tr ị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m

3).

O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3

= 2m ⇔ m =1

2± (vì m ≠ 0).

0,50



( )2sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.− + − = ⇔ − = 0,50

• ( )cos 4x 0 x k k .8 4

π π= ⇔ = + ∈Z

• 1 2

sin 3x x k 2 18 3

π π= ⇔ = + hoặc ( )

5 2x k k .

18 3

π π= + ∈Z

0,50

x − ∞ 0 2 + ∞

y' − 0 + 0 −

y − 4 − ∞

+ ∞ 0

O

− 4

2

y

x− 1



2/4

Điều kiện: x 2.≥ Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( )( )3 2x 2 x 6x 32 m 0− + − − =3 2

x 2

x 6x 32 m 0.

=⎡⇔ ⎢

+ − − =⎣

Ta chứng minh phươ ng trình: ( )3 2x 6x 32 m 1+ − = có một nghiệm trong

khoảng ( )2;+∞ .

0,50

Xét hàm ( ) 3 2f x x 6x 32= + − vớ i x 2.> Ta có:

( ) 2f ' x 3x 12x 0, x 2.= + > ∀ >

Bảng bi

ến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy vớ i mọi m 0> , phươ ng trình (1) luôn có một

nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ .

Vậy vớ i mọi m 0> phươ ng trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

0,50

III 2,001 Viết phươ ng trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = có tâm ( )I 1; 2; 1− − và bán kính R 3.= 0,25

Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đườ ng tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25

(Q) có cặ p vectơ chỉ phươ ng là: ( ) ( )OI 1; 2; 1 , i 1;0;0= − − =

.

⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( )n 0; 1;2 .= −

0,25

Phươ ng 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 lớ n nhất (1,00 điểm)

Gọi d là đườ ng thẳng đi qua I và vuông góc vớ i (P). Đườ ng thẳng d cắt (S) tại

hai điểm A, B . Nhận xét: nếu ( )( ) ( )( )d A; P d B; P≥ thì ( )( )d M; P lớ n nhất

khi M A.≡ 0,25

Phươ ng trình đườ ng thẳng d:x 1 y 2 z 1

.2 1 2

− + += =

−

0,25

Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( )2 2 2

x 1 y 2 z 1 9

x 1 y 2 z 1.

2 1 2

⎧ − + + + + =⎪⎨ − + +

= =⎪⎩ −

Giải hệ ta tìm đượ c hai giao điểm ( ) ( )A 1; 1; 3 ,B 3; 3;1 .− − − −

0,25

Ta có: ( )( ) ( )( )d A; P 7 d B; P 1.= ≥ =

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớ n nhất khi ( )M 1; 1; 3 .− − − 0,25

IV 2,001 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm)

Phươ ng trình hoành độ giao điểm của các đườ ng y x ln x= và y 0= là:

x ln x 0 x 1.= ⇔ = 0,25

f(x)

f '(x) +

0

x 2 + ∞

+ ∞



3/4

( )e e

22

1 1

V y dx x ln x dx.= π = π∫ ∫ 0,25

Đặt3

2 2 2ln x xu ln x,dv x dx du dx, v .

x 3= = ⇒ = = Ta có:

( )ee e e3 3

2 2 2 2

1 1 11

x 2 e 2x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.

3 3 3 3= − = −∫ ∫ ∫

0,25

Đặt3

2 dx xu ln x,dv x dx du , v .

x 3

= = ⇒ = = Ta có:

e ee e3 3 3 32 2

1 11 1

x 1 e x 2e 1x ln xdx ln x x dx .

3 3 3 9 9

+= − = − =∫ ∫

Vậy( )35e 2

V27

π −= (đvtt).

0,25

2 Tìm giá tr ị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)

Ta có:2 2 2 2 2 2x y z x y z

P .2 2 2 xyz

+ += + + +

Do

2 2 2 2 2 2

2 2 2x y y z z x

x y z xy yz zx2 2 2

+ + ++ + = + + ≥ + +

nên2 2 2x 1 y 1 z 1

P .2 x 2 y 2 z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

Xét hàm số ( )2t 1

f t2 t

= + vớ i t 0.> Lậ p bảng biến thiên của f(t) ta suy ra

( )3

f t , t 0.2

≥ ∀ > Suy ra:9

P .2

≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ x y z 1.= = =

Vậy giá tr ị nhỏ nhất của P là9

.2

0,50

V.a 2,001 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)

Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 1 n 2 2 n n

n n n n3 C 3 C 3 C ... 1 C 3 1 2− −− + − + − = − = .

Từ giả thiết suy ra n 11= .0,50

Hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển Niutơ n của ( )

112 x+ là:

10 111C .2 22.=

0,50

2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)

Vì 1 2B d , C d∈ ∈ nên ( ) ( )B b;2 b ,C c;8 c .− − Từ giả thiết ta có hệ:

( ) ( )( ) ( )

2 22 2

b 1 c 4 2 bc 4b c 2 0AB.AC 0

AB AC b 2b c 8c 18 b 1 c 4 3.

− − =⎧− − + =⎧⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨= − = − +⎪ ⎪ − − − =⎩ ⎩ ⎪⎩

0,50

Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ 2 2

xy 2

x y 3.

=⎧⎪⎨

− =⎪⎩

Giải hệ trên ta đượ c x 2, y 1= − = − hoặc x 2, y 1= = .

Suy ra: ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− hoặc ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− .

0,50



4/4

1 Giải phươ ng trình mũ (1,00 điểm)

Đặt ( ) ( )x

2 1 t t 0 ,− = > ta có phươ ng trình

1t 2 2 0 t 2 1, t 2 1.

t+ − = ⇔ = − = +

0,50

Vớ i t 2 1= − ta có x 1.=

Vớ i t 2 1= + ta có x 1.= − 0,50

2 (1,00 điểm)

Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song

song vớ i mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( )BD SAC⊥ nên BD MN.⊥

0,50

Vì ( )MN || SAC nên

( ) ( ) ( )( )1 1 a 2

d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .2 4 4

= = = =

Vậy ( )a 2

d MN;AC .4

=

0,50


----------------Hết----------------

N

E

CB

M

P

D

A

S



1/4


-ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Môn: TOÁN, khối D




Ta có2x 2

y 2 .x 1 x 1

= = −+ +

• Tậ p xác định: D = \{ 1}−

.

• Sự biến thiên:2

2y ' 0, x D.

(x 1)= > ∀ ∈

+

0,25

Bảng biến thiên

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)

Vì ( )M C∈ nên 00

0

2xM x ; .

x 1

⎛ ⎞⎜ ⎟

+⎝ ⎠Phươ ng trình tiế p tuyến của (C) tại M là:

( ) ( ) ( ) ( )

2

0 00 0 2 20 0 0

2x 2x2y y ' x x x y x .

x 1 x 1 x 1= − + ⇔ = ++ + +

( )( )

22 00 2

0

2xA x ;0 , B 0; .

x 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⇒ −⎜ ⎟+⎝ ⎠

0,25

Từ giả thiết ta có:( )

22002

0

2x 1. x

2x 1− =

+

20 0

20 0

2x x 1 0

2x x 1 0.

⎡ + + =⇔ ⎢

− − =⎢⎣

0

0

1x

2

x 1

⎡= −⎢⇔

⎢=⎣

0,50

y

x −∞ 1− +∞

y ' + +

+∞ 2

−∞2

y

O

2

1−



2/4

Vớ i 0x2

= − ta có M ; 22

− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vớ i 0x 1= ta có ( )M 1;1 .

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:1

M ; 22

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

⎝ ⎠và ( )M 1;1 .

0,25


Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i1

1 sin x 3 cos x 2 cos x

6 2

π⎛ ⎞+ + = ⇔ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

( )x k2 , x k2 k .2 6

π π⇔ = + π = − + π ∈Z 0,50

2 Tìm m để hệ phươ ng trình có nghiệm (1,00 điểm).

Đặt ( )1 1

x u, y v u 2, v 2 .x y

+ = + = ≥ ≥ Hệ đã cho tr ở thành:

( )3 3

u v 5 u v 5

uv 8 mu v 3 u v 15m 10

+ =⎧ + =⎧⎪⇔⎨ ⎨

= −+ − + = − ⎩⎪⎩

0,25

u, v⇔ là nghiệm của phươ ng trình: 2t 5t 8 m− + = (1).

Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (1) có hai nghiệm1 2t t , t t= = thoả mãn: 1 2t 2, t 2≥ ≥ (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).

Xét hàm số ( ) 2f t t 5t 8= − + vớ i t 2≥ :

Bảng biến thiên của ( )f t :

0,50

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

7m 2

4≤ ≤ hoặc m 22≥ .

0,25

III 2,001 Viết phươ ng trình đườ ng thẳng d ... (1,00 điểm)

Tọa độ tr ọng tâm: ( )G 0;2;2 . 0,25Ta có: ( ) ( )OA 1;4;2 ,OB 1;2;4= = −

.

Vectơ chỉ phươ ng của d là: ( ) ( )n 12; 6;6 6 2; 1;1 .= − = −

0,50

Phươ ng trình đườ ng thẳng d:x y 2 z 2

.2 1 1

− −= =

−

0,25

2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm)

Vì ( )M M 1 t; 2 t;2t∈ ∆ ⇒ − − + 0,25

t −∞ 2− 2 5 / 2 +∞

( )f ' t − − 0 +

( )f t 22

+∞

7 / 4

2

+∞



3/4

( ) ( ) ( ) ( ) ( )MA MB t 6 t 2 2t 2 t 4 t 4 2t⇒ + = + − + − + − + + − + −

( )2212t 48t 76 12 t 2 28.= − + = − +

2 2MA MB+ nhỏ nhất t 2.⇔ =

0,50

Khi đó ( )M 1;0;4 .− 0,25


Đặt4

2 3 2ln x xu ln x,dv x dx du dx, v .

x 4= = ⇒ = = Ta có:

e e e4 42 3 3

1 11

x 1 e 1I .ln x x ln xdx x ln xdx.

4 2 4 2= − = −∫ ∫

0,50

Đặt4

3 dx xu ln x,dv x dx du , v .

x 4= = ⇒ = = Ta có:

e ee e4 4 43 3 4

11 11

x 1 e 1 3e 1x ln xdx ln x x dx x .

4 4 4 16 16

+= − = − =∫ ∫

Vậy45e 1

I .32

−=

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)Bất đẳng thức đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )( ) ( )a b

b aa b

ln 1 4 ln 1 41 4 1 4 .

a b

+ ++ ≤ + ⇔ ≤

0,50

Xét hàm ( )( )xln 1 4

f xx

+= vớ i x 0.> Ta có:

( )( ) ( )( )

x x x x

2 x

4 ln 4 1 4 ln 1 4f ' x 0

x 1 4

− + += <

+

⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( )0; .+∞

Do f(x) nghịch biến trên ( )0;+∞ và a b 0≥ > nên ( ) ( )f a f b≤ và ta có điều

phải chứng minh.

0,50

V.a 2,001 Tìm hệ số của x

5(1,00 điểm)

Hệ số của x5

trong khai triển của ( )5

x 1 2x− là ( )4 4

52 .C .−

Hệ số của x5

trong khai triển của ( )102x 1 3x+ là 3 3

103 .C . 0,50

Hệ số của x5

trong khai triển của ( ) ( )5 102x 1 2x x 1 3x− + + là

( )4 4 3 3

5 102 C 3 .C 3320.− + = 0,50

2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm)

(C) có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 3.= Ta có: PAB∆ đều nên

IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đườ ng tròn ( )C' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50

Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d

tiế p xúc vớ i ( )C' tại P ( )d I;d 6 m 19,m 41.⇔ = ⇔ = = − 0,50



4/4

. ,1 Giải phươ ng trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x4.2 3 0.− > Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i:

( ) ( )2

x x x2 2log 4 15.2 27 log 4.2 3+ + = − ( )

2x x5. 2 13.2 6 0⇔ − − =

0,50

⇔x

x

22

5

2 3

⎡= −⎢

⎢=⎢⎣

Do x2 0> nên x2 3= 2x log 3⇔ = (thỏa mãn điều kiện).

0,50

2 Chứ

ng minh SCD∆

vuông và tính khoảng cách t

ừH

đến (SCD) (1,00

điểm)

Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a CD AC⇒ ⊥ . Mặt khác,

CD SA⊥ . Suy ra CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông tại C.

0,50

Trong tam giác vuông SAB ta có:2 2 2

2 2 2 2 2

SH SA SA 2a 2

SB 3SB SA AB 2a a= = = =

+ +

Gọi d1 và 2d lần lượ t là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì

22 1

1

d SH 2 2d d .

d SB 3 3= = ⇒ =

Ta có:B.SCD BCD

1

SCD SCD

3V SA.Sd .

S S= =

2BCD

1 1S AB.BC a .

2 2= =

2 2 2 2 2SCD

1 1S SC.CD SA AB BC . IC ID

2 2= = + + + 2a 2.=

Suy ra 1

ad .

2=

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: 2 1

2 ad d .

3 3= =

0,50


----------------Hết----------------

S

A

B C

DH I


http://slidepdf.com/reader/full/de-thi-dai-hoc-mon-toan-cua-bgd-2002-2010 112/148 Trang 1/5

Đ CH NH TH C Môn thi: TO N, kh i A(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)



Khi m = 1 hàm số tr ở thành:2x x 2 4

y x 2 .x 3 x 3

+ −= = − +

+ +

• TXĐ: { }D \ 3 .= −

• Sự biến thiên:

2

2 2

4 x 6x 5y ' 1 ,(x 3) (x 3)

+ += − =+ +

x 1y ' 0 x 5

= −⎡= ⇔ ⎢ = −⎣

• yCĐ ( )y 5 9= − = − , yCT ( )y 1 1.= − = −

0,25

• TCĐ: x 3= − , TCX: y x 2.= − 0,25

• Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm các giá tr ị của tham số m ... (1,00 điểm)2 2mx (3m 2)x 2 6m 2

y mx 2 .x 3m x 3m

+ − − −= = − +

+ +

• Khi1

m3

= đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.

0,25

• Khi1

m3

≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :

d1: x 3m x 3m 0,= − ⇔ + = d2: y mx 2 mx y 2 0.= − ⇔ − − = 0,25

Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượ t là 1n (1;0)=

, 2n (m; 1).= −

Góc giữa d1 và d2 bằng o45 khi và chỉ khi

1 20

2 21 2

n .n m m 2cos45 m 1.

2n . n m 1 m 1= = ⇔ = ⇔ = ±

+ +

0,50

x −∞ 5− 3− 1− +∞

y’ + 0 − − 0 +

y

−∞ −∞

+∞ +∞

1−

9−

-3 -1

O-1

-9

-5

y

x2

-2



Điều kiện sin x 0≠ và3π

sin(x ) 0.2

− ≠

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i:1 1

2 2(sinx + cosx)s inx cosx

+ = −

⇔ 1

(s inx + cosx) 2 2 0.sinxcosx

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

• s inx +cosx 0 x k .4

π= ⇔ = − + π

• 1 2 2sinxcosx

+ = 0 2sin 2x x k 2 8

π⇔ = − ⇔ = − + π hoặc 5x k .8π= + π

Đối chiếu vớ i điều kiện ta đượ c nghiệm của phươ ng trình là :

x k ;4

π= − + π

5x k ; x k (k ).

8 8

π π= − + π = + π ∈

0,50

2 Giải hệ... (1,00 điểm)

2 3 2

4 2

5x y x y xy xy

4

5x y xy(1 2x)

4

⎧+ + + + = −⎪⎪

⎨⎪ + + + = −⎪⎩

( )2 2

2 2

5x y xy xy x y

4

5(x y) xy

4

⎧+ + + + = −⎪⎪

⇔ ⎨⎪ + + = −⎪⎩

( )∗

Đặt2u x y

v xy

⎧ = +⎨

=⎩. Hệ phươ ng trình ( )∗ tr ở thành

2

5u v uv4

5u v

4

⎧ + + = −⎪⎪⎨⎪ + = −⎪⎩

2

3 2

5 5v u u 0, v

4 4

u 1 3u u 0 u , v .

4 2 2

⎧ ⎡= − − = = −⎪ ⎢⎪

⇔ ⇔ ⎢⎨⎢⎪ + + = = − = −⎢⎪⎩ ⎣

0,50

• Vớ i u = 0,

5

v 4= − ta có hệ pt

2x y 0

5xy4

⎧ + =⎪

⎨ = −⎪⎩

⇔ 3

5

x 4= và 3

25

y 16= − .

• Vớ i1 3

u , v2 2

= − = − ta có hệ phươ ng trình

2 33 1x 0 2x x 3 0

2x 23

3 yy 2x

2x

⎧⎧− + = + − =⎪⎪ ⎪

⇔⎨ ⎨= −⎪ ⎪= − ⎩⎪⎩

⇔ x 1= và3

y .2

= −

Hệ phươ ng trình có 2 nghiệm : 3 35 25

;

4 16

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

và3

1; .

2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

III 2,001 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đườ ng thẳng d có vectơ chỉ phươ ng ( )u 2;1;2 .

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).= − − −

0,50

Vì AH ⊥ d nên AH. u 0=

⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.

Suy ra ( )H 3;1;4 .0,50



Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α

Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đườ ng vuông góc và đườ ng xiên). Do đó

khoảng cách từ A đến ( )α lớ n nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.

0,50

Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH

= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.

Phươ ng trình của ( )α là

1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 3 0.− + − =

0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân... (1,00 điểm)

I =( )

π π

4 46 6

2 2

0 0

tg x tg xdx dx.

cos2x 1 tg x cos x=

−∫ ∫

Đặt2

dxt tgx dt .

cos x= ⇒ = Vớ i x 0= thì t 0= ; vớ i x

6

π= thì

1t .

3=

0,25

Suy ra1

3 4

2

0

tI dt1 t

=−∫ ( )

1 1

3 3

2

0 0

1 1 1t 1 dt dt2 t 1 t 1⎛ ⎞= − + + −⎜ ⎟+ −⎝ ⎠∫ ∫

31

t 1 t 1t ln 33 2 t 1

0

⎛ ⎞+= − − +⎜ ⎟−⎝ ⎠

0,50

( )1 10

ln 2 3 .2 9 3

= + − 0,25

2 Tìm các giá tr ị của m... (1,00 điểm)

Điều kiện: 0 x 6≤ ≤ .

Đặt vế trái của phươ ng trình là f (x) , [ ]x 0; 6 .∈

Ta có3 34 4

1 1 1 1f '(x)2x 6 x2 (2x) 2 (6 x)

= + − −−−

3 34 4

1 1 1 1 1

2 2x 6 x(2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠

, x (0;6).∈

Đặt3 34 4

1 1 1 1u(x) , v(x) .

2x 6 x(2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠

Ta thấy ( ) ( )u 2 v 2 0= = ⇒ f '(2) 0.= Hơ n nữa u(x),v(x)cùng dươ ng trên

khoảng ( )0; 2 và cùng âm trên khoảng ( )2;6 .

0,50

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra các giá tr ị cần tìm của m là: 42 6 2 6 m 3 2 6.+ ≤ < +

0,50

f’(x) + 0 −

x 0 2 6

f(x)3 2 6+

42 6 2 6+4 12 2 3+



1 Viết phươ ng trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)

Gọi phươ ng trình chính tắc của elíp (E) là:2 2

2 2

x y1

a b+ = , a b 0.> >

Từ giả thiết ta có hệ phươ ng trình: ( )2 2 2

c 5

a 3

2 2a 2b 20

c a b .

⎧=⎪

⎪⎪+ =⎨

⎪= −⎪

⎪⎩

0,50

Giải hệ phươ ng trình trên tìm đượ c a = 3 và b = 2.

Phươ ng trình chính tắc của (E) là2 2x y

1.9 4

+ = 0,50

2 Tìm số lớ n nhất trong các số 0 1 na ,a , ...,a ... (1,00 điểm)

Đặt ( ) ( )n n

0 1 nf x 1 2x a a x ... a x= + = + + + n1 n

0 n

a a 1a ... f 2 .

2 2 2

⎛ ⎞⇒ + + + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Từ giả thiết suy ra n 122 4096 2= = n 12.⇔ =

0,50

Vớ i mọi { }k 0,1,2,...,11∈ ta có k k k 12a 2 C= , k 1 k 1

k 1 12a 2 C+ +

+=

k k

k 12

k 1 k 1

k 1 12

a 2 C1 1

a 2 C+ +

+

< ⇔ < ( )

k 11

2 12 k

+⇔ <

−

23k .

3⇔ <

Mà k ∈ k 7.⇒ ≤ Do đó 0 1 8a a ... a .< < <

Tươ ng tự, k

k 1

a1 k 7.

a +

> ⇔ > Do đó8 9 12

a a ... a .> > >

Số lớ n nhất trong các số 0 1 12

a ,a ,..., a là 8 8

8 12a 2 C 126720.= =

0,50

V.b 2,001 Giải phươ ng trình logarit... (1,00 điểm))

Điều kiện:1

x2

> và x 1.≠

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i2

2x 1 x 1log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4− +− + + − =

2x 1 x 11 log (x 1) 2log (2x 1) 4.− +⇔ + + + − =

Đặt 2x 1t log (x 1),−= + ta có2

t 12t 3 t 3t 2 0 t 2.t

=⎡+ = ⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎣

0,50

• Vớ i 2x 1t 1 log (x 1) 1 2x 1 x 1 x 2.−= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ =

• Vớ i −

=⎡⎢= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔⎢ =⎣

2

2x 1

x 0 ( lo¹i)

t 2 log (x 1) 2 (2x 1) x 1 5x (tháa m·n)

4

Nghiệm của phươ ng trình là: x 2= và5

x .4

=

0,50



Gọi H là trung điểm của BC.

Suy ra A'H ⊥ (ABC) và AH =1

2BC = 2 21

a 3a a.2

+ =

Do đó 2 2 2A 'H A 'A AH= − 23a= A 'H a 3.⇒ =

Vậy3

A'.ABC ABC

1 aV A'H.S

3 2Δ= = (đvtt).

0,50

Trong tam giác vuông A'B'H có: 2 2HB' A 'B' A 'H 2a= + = nên tam giác

B' BH cân tại B'.

Đặt ϕ là góc giữa hai đườ ng thẳng AA' và B'C' thì B'BHϕ =

Vậya 1

cos2.2a 4

ϕ = = .

0,50

N ế u thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đ áp án mà vẫ n đ úng thì đượ c đủ đ i ể m t ừ ng phần

như đ áp án quy đị nh.

-------------Hết-------------

CA

B

B'

H

C'



ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN, khối B(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)



• TXĐ : .

• Sự biến thiên : ,2y ' 12x 12x= −x 0

y ' 0x 1

=⎡= ⇔ ⎢

=⎣ .

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Viết phươ ng trình tiế p tuyến vớ i đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)

Đườ ng thẳng vớ i hệ số góc k và đi qua điểm có phươ ng trình :Δ (M 1; 9− − )

.y kx k 9= + −

Δ là tiế p tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phươ ng trình sau có

nghiệm :( ) ( )

( )

3 2

2

4x 6x 1 k x 1 9 2

12x 12x k 3

⎧ − + = + −⎪⎨

− =⎪⎩

Thay k từ (3) vào (2) ta đượ c : ( )( )3 2 24x 6x 1 12x 12x x 1 9− + = − + −

( ) ( )2

x 1 4x 5 0⇔ + − =

x 1

5x .

4

= −⎡⎢⇔⎢ =⎣

0,50

y’ + 0 − 0 +

x −∞ 0 1

y1

1−−∞

+∞

+∞

O

y

x

1

−1

1

• Vớ i thì , phươ ng trình tiế p tuyến là :x = −1 k 24= y 24x 15.= +

• Vớ i5

x4

= thì15

k 4

= , phươ ng trình tiế p tuyến là :15 21

y x4 4

= − .

Các tiế p tuyến cần tìm là : vày 24x 15= +15 21

y x4 4

= − .

0,50


Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i2 2 2 2sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0− + − =

cos 2x(sin x 3 cos x) 0.⇔ + =

0,50

http://quyndc.blogspot.com



4 2

sinx 3cosx 0 x k .3

π• + = ⇔ = − + π

Nghiệm của phươ ng trình làk

x ,4 2

π π= + x k

3

π= − + π (k ).∈

0,50

2 Giải hệ phươ ng trình (1,00 điểm)

Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i2 2

2

(x xy) 2x 9

xxy 3x 3

2

⎧ + = +⎪⎨

= + −⎪

⎩

22

2 xx 3x 3 2x

2

⎛ ⎞⇒ + + − = +⎜ ⎟

⎝ ⎠9

.

4 3 2x 12x 48x 64x 0⇔ + + + = 3x(x 4) 0⇔ + =x 0

x 4

=⎡⇔ ⎢

= −⎣

0,50

x 0• = không thỏa mãn hệ phươ ng trình.

17x 4 y

4• = − ⇒ = .

Nghiệm của hệ phươ ng trình là17

(x ; y) 4; .4

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

III 2,00

1 Viết phươ ng trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)Ta có ( )AB 2; 3; 1 ,= − −

(AC 2; 1; 1 ,= − − −

Trang 2/4

)

tích có hướ ng của hai vectơ

làAB, AC

( )n 2;4; 8= −

.0,50

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n

làm vectơ pháp tuyến nên có

phươ ng trình

( ) ( ) ( )2 x 0 4 y 1 8 z 2 0− + − − − = x 2y 4z 6 0⇔ + − + = .

0,50

2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)

Ta có nên điểm M thuộc đườ ng thẳng vuông góc vớ i mặt phẳng

(ABC) tại trung điểm của BC.

AB.AC 0=

(I 0; 1;1−

)

0,50

Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phươ ng trình

2x 2y z 3 0

x y 1 z 1.

1 2 4

+ + − =⎧⎪

+ −⎨= =⎪ −⎩

0,50

Suy ra ( )M 2;3; 7 .−


Đặt ⇒ t sinx cosx= + dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.

4

π⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Vớ i x = 0 thì t = 1, vớ i x4

π= thì t 2= .

0,25

Ta có 2sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .+ + + = +

Suy ra

2

21

2 dtI

2 (t 1)= −

+∫

2

1

2 1

2 t 1=

+

0,50

ơ

2 1 1 4 3 2.

2 22 1

−⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

+⎝ ⎠ 4 0,25



2 2 2P .

1 2xy 2y x y 2xy 2y= =

+ + + + +

Trang 3/4

2

.

. ,

• Nếu thì Suy ra P = 2.y 0= 2x 1=

• Xét Đặt khi đóy 0≠ x ty=2

2

2t 12tP

t 2t

+=

+ + 3

,

⇔ (1).2(P 2)t 2(P 6)t 3P 0− + − + =

− Vớ i phươ ng trình (1) có nghiệmP 2=3

t .4

=

− Vớ i phươ ng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khiP 2≠ ,

.2' 2P 6P 36 0 6 P 3Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤

0,50

P 3= khi3

x , y10 10

= =1

hoặc3 1

x , y10 10

= − = − .

6

P = − khi3 2

x , y13 13

= = − hoặc3 2

x , y13 13

= − = .

Giá tr ị lớ n nhất của P bằng 3, giá tr ị nhỏ nhất của P bằng − 6.

0,50

V.a 2,001 Chứng minh công thức tổ hợ p (1,00 điểm)

Ta có: k k 1

n 1 n 1

n 1 1 1

n 2 C C +

+ +

⎛ ⎞++ =⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!

.n 2 (n 1)!

+ + − + + −

+ + 0,50

[ ]1 k!(n k)!

. (n 1 k) (k n 2 n!

−= + −

+1)+ +

k

n

k!(n k)! 1.

n! C

−= =

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00)

• Ký hiệu Gọi là điểm đối

xứng của H qua . Khi đó thuộc đườ ng thẳng AC.

1d : x y 2 0,− + =2d : 4x 3y 1 0.+ − = H'(a;b)

1d H '

• là vectơ chỉ phươ ng củau (1;1=

) 1d , HH ' (a 1;b 1)= + +

vuông góc vớ i

và trung điểm I

u

a 1 b 1;

2 2

− −⎛ ⎞⎜ của thuộc Do đó tọa độ của H ' là

nghiệm của hệ phươ ng trình

⎟⎝ ⎠

HH ' 1d .

1(a 1) 1(b 1) 0

a 1 b 12 0

2 2

+ + + =⎧⎪⎨ − −

− + =⎪⎩

( )H ' 3;1 .⇒ −

0,50

• Đườ ng thẳng AC đi qua vuông góc vớ i nên có vectơ pháp tuyến là

và có phươ ng trình

H ' 2d

v (3; 4)= −

3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+ − − = ⇔ − + =

• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phươ ng trình3x 4y + 13 = 0

x y 2 0

−⎧⎨

− + =⎩A(5;7).⇒

• Đườ ng thẳng CH đi qua vớ i vectơ pháp tuyến(H 1; 1− − )1

HA2

= (3 ; 4)

nên có phươ ng trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.⇔

• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phươ ng trình3x 4y 7 0

3x 4y 13 0.

+ + =⎧⎨

− + =⎩

Suy ra C10 3

; .3 4

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50



,

Trang 4/4

Bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i2

6

x xlog 1

x 4

+>

+

2x x

6x 4

+⇔ >

+ 0,50

2x 5x 240

x 4

− −⇔ >

+

( )( )x 3 x 80.

x 4

+ −⇔ >

+

Tậ p nghiệm của bất phươ ng trình là : ( ) (4; 3 8; .− − ∪ + ∞)

0,50

2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đườ ng thẳng (1,00 điểm)

Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH làđườ ng cao của hình chóp S.BMDN.

( )ABCD .⊥

2SB a 3a AB+ = + =Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra2 2 2 2

ABSM a.

2= = Do đó tam giác đều, suy raSAM

a 3SH .

2=

Diện tích tứ giác BMDN là 2

BMDN ABCD

1S S

2= = 2a .

Thể tích khối chóp S.BMDN là BMDN

1V SH.S

3=

3a 3

3= (đvtt).

0,50S

A

BC

HM

N

E D

K ẻ (E AD)∈ME//DN

aAE Đặt.

2= ϕ là góc giữa hai đườ ng thẳng SM và DN. Ta cósuy ra

(SM, ME) .= ϕ Theo định lý ba đườ ng vuông góc ta có SA AE⊥

0,502 2 a 5SE SA AE ,

2= + = 2 2 a 5

ME AM AE .2

= + =Suy ra

a 52SME = ϕTam giác SME cân tại E nên và cos .5a 5

2

ϕ = =


----------------Hết----------------



n: ,(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Nội dungCâu ĐiểmI 2,00


• Tậ p xác định : D = .

• Sự biến thiên : ,2y ' 3x 6x= −x 0

y ' 0x 2

=⎡= ⇔ ⎢

=⎣ .

0,25

• yCĐ = ( ) ( )CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Chứng minh r ằng mọi đườ ng thẳng … (1,00 điểm)

Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đườ ng thẳng d đi

qua vớ i hệ số góc k (k > – 3) có phươ ng trình : y = kx – k + 2.

(C) I(1;2) (C).

I(1;2)

Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phươ ng trình(C)

3 2x 3x 4 k(x 1) 2− + = − + ⇔2(x 1) x 2x (k 2) 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦

⇔2

x 1

x 2x (k 2) 0 (*)

=⎡⎢

− − + =⎣ .

0,50

Do nên phươ ng trình (*) có biệt thức Δ = và không

là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I(

vớ i là nghiệm của (*).

k > −

x −∞ 0 2 +∞

y’ + 0 − 0

y4

0−∞

++∞

4

−1O

y

2 x

(ứng vớ i giao điểm I)

3 + >

x ; y ),

I

' 3 k 0 x 1=

(C) I I

A A B BA(x ; y ),B(x ; y ) A Bx , x

Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn

thẳng AB (đ pcm).

A Bx x 2 2x+ = =

0,50


Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i24sinx cos x sin2x = 1 + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − =

0,50

1 2cosx x k2 .

2 3

π• = − ⇔ = ± + π

sin2x 1 x k .4

π• = ⇔ = + π

Nghiệm của phươ ng trình đã cho là2

x k2 ,3

π= ± + π x k

4

π= + ).∈ π (k

0,50




Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i(x y)(x 2y 1) 0 (1)

x 2y y x 1 2x 2y (2)

+ − − =⎪⎨

− − = −⎪⎩

Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).

Trang 2/4

0,50

Thay (3) vào (2) ta đượ c

(y 1) 2y 2(y 1)+ = + ⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5.y 1 0+ >

Nghiệm của hệ là (x ; y) (5; 2).=

0,50

III 2,001 Viết phươ ng trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm)

Phươ ng trình mặt cầu cần tìm có dạng

trong đó2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),+ + + + + + =2 2 2a b c d 0 (**).+ + − >

Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta đượ c hệ phươ ng trình

6a 6b d 18

6a 6c d 18

6b 6c d 18

6a 6b 6c d 27.

+ + = −⎧⎪

+ + = −⎪⎨

+ + = −⎪⎪ + + + = −⎩

0,50

Giải hệ trên và đối chiếu vớ i điều kiện (**) ta đượ c phươ ng trình mặt cầu là2 2 2x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − −

0,50

2 Tìm tọa độ tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác ABC (1,00 điểm)

Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm3 3 3

I ; ;2 2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Gọi phươ ng trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là

mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2(m n p 0).+ + >

Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phươ ng trình trên ta đượ c3m 3n q 0

3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0.

3n 3p q 0.

+ + =⎧⎪

+ + = ⇒ = = = − ≠⎨⎪

+ + =⎩

Do đó phươ ng trình mặt phẳng (ABC) là x y z 6 0.+ + − =

0,50

Tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc

của điểm I trên mặt phẳng (ABC).

H

Phươ ng trình đườ ng thẳng IH :

3 3x y z

2 2 .1 1 1

− − −

= =

3

2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phươ ng trình

x y z 6 0

3 3x y z

2 2

+ + − =⎧⎪⎨

− = − = −⎪⎩

3.

2

Giải hệ trên ta đượ c H(2;2;2).

0,50


Đặt vàu ln x=3

dxdv

x=

dxdu

x⇒ = và

2

1v .

2x= − 0,25

Khi đó

2 2

2 31 1

ln x dxI

2x 2x= − + ∫

2

21

ln 2 1

8 4x= − − 0,50

3 2ln 2.

16

−= 0,25



Ta có[ ]

22 2P P

(1 x) (1 y) 4 4 4(x y) (1 xy)

− −= ≤ ≤ ⇔ − ≤

+ + + + +

Trang 3/4

.≤ 0,50

• Khi thìx 0, y 1= =1

P .4

= −

• Khi thìx 1, y 0= =1

P .4

=

Giá tr ị nhỏ nhất của P bằng1

,4

− giá tr ị lớ n nhất của P bằng1

.4

0,50

V.a 2,001 Tìm n biết r ằng…(1,00)

Ta có 2n 0 1 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n0 (1 1) C C ... C C .−= − = − + − +

2n 2n 0 1 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n2 (1 1) C C ... C C .−= + = + + + +

0,50

⇒ 1 3 2n 1 2n2n 2n 2nC C ... C 2 .

− −+ + + =

1

6.

Từ giả thiết suy ra 2n 12 2048 n−= ⇔ =

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm)

Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên2 b

B( ;b),16

2cC( ;c)

16vớ i b, c

là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4 .≠

2 2 b cAB 1;b 4 , AC 1;c 4 .

16 16

⎛ ⎞ ⎛ = − − = − −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟ ⎠

Góc nên oBAC 90=

AB .AC 0=

⇔

2 2 b c1 1 (b 4)(c 4)

16 16

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠0=

⇔ (1).272 4(b c) bc 0+ + + =

0,50

Phươ ng trình đườ ng thẳng BC là:2

2 2

cx

y c16

b c b c

16 16

−−

=−

−

16x (b c)y bc 0⇔ − + + = (2).

Từ (1), (2) suy ra đườ ng thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I( 17 ; 4).−

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phươ ng trình logarit (1,00 điểm)

Bpt đã cho tươ ng đươ ng vớ i2

x 3x 20 1x

− +< ≤ . 0,50

2 0 x 1x 3x 20

x 2.x

< <⎡− +• > ⇔ ⎢

>⎣

2 x 0x 4x 20

x 2 2 x 2 2

<⎡− +• ≤ ⇔ ⎢

− ≤ ≤ +⎣

.

Tậ p nghiệm của bất phươ ng trình là : ) (2 2 ;1 2;2 2

.⎡ ⎤− ∪ +⎣ ⎦

0,50



Thể tích khối lăng tr ụ là 2 3

ABC.A'B'C' ABC

1 2V AA'.S a 2. .a

2 2= = =

Trang 4/4

a (đvtt).

0,50

A'

B'

B

M

E

C

A

C'

Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song vớ inên khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng AM, bằng khoảng cách giữa

và mặt phẳng (AME).

'. B 'C

B 'C

B'C

Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C

đến mặt phẳng (AME).Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA,BM, BE đôi một vuông góc nên

0,50

2 2 2 2

1 1 1 1

h BA BM BE= + +

2 2 2 2

1 1 4 2

h a a a= + + =

2

7

a

a 7h .

7⇒ = ⇒

a 7.

7Khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng và AM bằngB'C


----------------Hết----------------




ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN; Khối A(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Đi ể m

1. (1,0 điểm) Khảo sát…

• Tậ p xác định:3

\ .2

D⎧ ⎫

= −⎨ ⎬⎩ ⎭


- Chiều biến thiên:( )

2

1' 0,

2 3 y x

x

−= < ∀

+. D∈

Hàm số nghịch biến trên:3

;2

⎛ ⎞−∞ −⎜ ⎟

⎝ ⎠và

3;

2

⎛ ⎞− +∞

⎝ ⎠⎜ ⎟ .

- Cực tr ị: không có.

0,25

- Giớ i hạn và tiệm cận:1

lim lim2 x x

y y→−∞ →+∞

= = ; tiệm cận ngang:1

2 y = .

3 3

2 2

lim , lim x x

y y− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ − → −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= −∞ = +∞; tiệm cận đứng:

3

2 x = − .

0,25

- Bảng biến thiên:

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm) Viết phươ ng trình tiế p tuyến…

Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiế p tuyến bằng,O 1± . 0,25

Gọi toạ độ tiế p điểm là 0 0( ; ) x y , ta có:2

0

11

(2 3) x

−= ±

+ ⇔ 0 2 x = − hoặc 0 1. x = − 0,25

• , ; phươ ng trình tiế p tuyến0 1 x = − 0 1 y = y x= − (loại). 0,25

I(2,0 đ i ể m)

• , ; phươ ng trình tiế p tuyến0 2 x = − 0 0 y = 2 y x= − − (thoả mãn).

Vậy, tiế p tuyến cần tìm: 2. y x= − −

x −∞ 3

2− +∞

y' − −

y

1

2

−∞

+∞

1

2

y

O

1

2 y =

3

2 x = −

0,25



1. (1,0 điểm) Giải phươ ng trình…

Điều kiện: sin 1 x ≠ và1

sin2

x ≠ − (*). 0,25

Vớ i điều kiện trên, phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng: (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin ) x x x− = + − x

⇔ cos 3sin sin 2 3 cos2 x x x− = + x ⇔ cos cos 23 6

x xπ π ⎛ ⎞ ⎛

+ = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟

⎠

0,25

⇔ 22

x k π

π = + hoặc2

.18 3

x k π π

= − + 0,25

K ết hợ p (*), ta đượ c nghiệm: ( )2

18 3 x k k π π

= − + ∈ . 0,25


Đặt 3 3 2u x= − và 6 5 , 0v x v= − ≥ (*). Ta có hệ:3 2

2 3 8

5 3

u v

u v

+ =⎧⎨

8+ =⎩ 0,25

⇔ 3 2

8 2

3

15 4 32 40 0

uv

u u u

−⎧=⎪

⎨⎪ + − + =⎩

⇔ 2

8 2

3

( 2)(15 26 20) 0

uv

u u u

−⎧=⎪

⎨⎪ + − + =⎩

0,25

⇔ u và v (thoả mãn).2= − = 4 0,25

II

(2,0 đ i ể m)

Thế vào (*), ta đượ c nghiệm: 2. x = − 0,25

Tính tích phân…

2 25 2

0 0

cos cos . I xdx x

π π

= −∫ ∫

III

dx 0,25

Đặt t x sin , cos ;

(1,0 đ i ể m)

dt x= = dx 0, 0; , 1.2

x t x t π

= = = =

( ) ( )112 2

2 25 2 2 3 5

1

0 0 0 0

2 1 8cos 1 sin cos 1 .

3 5 15

I xdx x xdx t dt t t t

π π

⎛ ⎞= = − = − = − + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

0,50

( )2 2 2

2

2

0 0 0

1 1 1cos 1 cos2 sin 2 .

2 2 2 4 I x dx x dx x x

π π π

π ⎛ ⎞= = + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ Vậy

1 2

8.

15 4 I I I

π 0,25= − = −

Tính thể tích khối chóp...

( ) (SIB ABCD)⊥ và ( ) ( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ( )SI ABCD⊥ .

K ẻ IK BC ⊥ ( ) K BC ∈ ⇒ ( ) BC SIK ⊥ ⇒ SKI = 60 .

0,50

Diện tích hình thang : ABCD 23 . ABCDS a=

Tổng diện tích các tam giác ABI và bằngCDI 23

;2

asuy ra

23.

2 IBC

aS Δ =

0,25

IV

(1,0 đ i ể m)

( )2 2 5 BC AB CD AD a= − + = ⇒

2 3 5

5

IBC S a

IK BC

Δ= = ⇒ 3 15.tan .

S

A B

5

aSI IK SKI = =

Thể tích khối chóp . :S ABCD31 3 1

. .3 5

ABCD

a5SI = =V S

0,25

I

C D K



Chứng minh bất đẳng thức…

Đặt và,a x y b x z= + = + .c y z= +

Điều kiện ( ) 3 x x y z yz+ + = tr ở thành: c 2 2 2 .a b ab= + −

a b abc c+ + ≤ , ,a b c

Bất đẳng thức cần chứng minh tươ ng đươ ng:3 3 33 5 ; dươ ng thoả mãn điều kiện trên.

0,25

2 2 2c a b ab= + − 2( ) 3a b ab= + − 2 23( ) ( )

4a b a b≥ + − + = 21

( )4

a b+ ⇒ (1).2a b c+ ≤ 0,25

3 3 33 5a b abc c+ + ≤ 3( ) 3 5a b a b ab abc c+ + − + ≤

.

⇔ ( ) 2 2

⇔ 2 3( ) 3 5a b c abc c+ + ≤⇔ 2( ) 3 5a b c ab c+ + ≤

0,25

V(1,0 đ i ể m)

(1) cho ta: ( ) và22a b c c+ ≤ 23 2) 3 ;4

ab a b c≤ + ≤3 ( từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi: .a b c= = ⇔ x y z= =

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phươ ng trình ... AB

Gọi N đối xứng vớ i M qua suy ra, I ( )11; 1 N − và N thuộc đườ ng thẳng .CD 0,25

VI.a

(2,0 đ i ể m)

E ∈ Δ ⇒ ( );5 ; E x x− ( )6;3 IE x x= − −

và ( 11;6 ) NE x x= − −

. E là trung điểm ⇒ CD . IE EN ⊥

. 0 IE EN =

⇔ ( 6)( 11) (3 )(6 ) 0 x x x x− − + − − = ⇔ 6 x = hoặc

7. x =

0,25

• 6 x = ⇒ ( )0; 3 ; IE = −

phươ ng trình : 5 0 AB y .− = 0,25

• 7 x = ⇒ ( )1; 4 ; IE = −

phươ ng trình : 4 19 0. AB x y− + = 0,25

2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…( ) P ( ),S

( )S có tâm bán kính(1;2;3), I 5. R =

Khoảng cách từ đến I ( ) : P ( ), ( )d I P =2 4 3 4

33

; R− − −

= < suy ra đ pcm.0,25

Gọi và lần lượ t là tâm và bán kính của đườ ng tròn giao tuyến, H r

H là hình chiếu vuông góc của trên I ( ) : P ( ),( ) 3, IH d I P = = 2 2 4.r R IH = − = 0,25

Toạ độ thoả mãn:( ; ; ) H x y z=

1 2

2 2

3

2 2 4 0

x t

y t

z t

x y z

= +⎧⎪ = −⎪⎨

= −⎪

⎪ .− − − =⎩

0,25

Giải hệ, ta đượ c (3; 0; 2). H 0,25

Tính giá tr ị của biểu thức…

236 36 ,iΔ = − = 1 1 3 z i= − + và 2 1 3 . z i= − − 0,25

VII.a

(1,0 đ i ể m)

2 2

1| | ( 1) 3 10 z = − + = và2 2

2| | ( 1) ( 3) 10. z = − + − = 0,50

M B A

I

C D E N



2 2

1 2| | | | 20. A z z= + = 0,25

1. (1,0 điểm) Tìm ...m

( )C có tâm bán kính( 2; 2), I − − 2. R = 0,25

Diện tích tam giác : IAB 1. .sin

2S IA IB AIB= ≤ 21

1;2 R = lớ n nhất khi và chỉ khiS . IA IB⊥ 0,25

Khi đó, khoảng cách từ đến I :Δ ( , ) 12

Rd I Δ = = ⇔

2

2 2 2 31

1

m m

m

− − − +=

+ 0,25

⇔ ( ) hoặc2 2

1 4 1m m− = + ⇔ 0m =

8

15m = . 0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ... M

2Δ qua và có vectơ chỉ phươ ng(1;3; 1) A − (2;1; 2).u = −

1 M ∈ Δ ⇒ ( 1 ; ; 9 6 ). M t t t − + − +

(2 ;3 ;8 6 ), MA t t t , (8 14;20 14 ; 4) MA u t t t ⎡ ⎤= − − −

= − − −⎣ ⎦

⇒ , MA u⎡ ⎤

⎣ ⎦

23 29 88 68.t t = − +

0,25

Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 2

2

,( , ) 29 88 68.

MA ud M t t

u

⎡ ⎤⎣ ⎦

Δ = = − +

Khoảng cách từ M đến ( ) : P ( )( )

22 2

1 2 12 18 1 11 20,( ) .

31 2 2

t t t t d M P

− + − + − − −= =

+ − +

0,25

211 20

29 88 683

t t t

−− + = ⇔ 235 88 53 0t t − + = ⇔ 1t = hoặc

53.

35t = 0,25

VI.b

(2,0 đ i ể m)

1t = ⇒ (0;1; 3); M −53

35t = ⇒

18 53 3; ;

35 35 35 M

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Giải hệ phươ ng trình…VII.b

Vớ i điều kiện (*), hệ đã cho tươ ng đươ ng:0 xy >

2 2

2 2

2

4

x y xy

x xy y

⎧ + =⎪⎨ − + =⎪⎩

0,25

(1,0 đ i ể m)

2 4

x y

y

=⎧⎨

=⎩ 2.

x y

y

=⎧⎨

= ±⎩ ⇔ ⇔ 0,50

( ; ) (2;2) x y = ( ; ) ( 2; 2). x y = − −K ết hợ p (*), hệ có nghiệm: và 0,25

-------------Hết-------------



(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)




• Tậ p xác định: . D =

•

Sự biến thiên:- Chiều biến thiên: hoặc3' 8 8 ; y x x= − ' 0 y = ⇔ 0 x = 1. x = ±

Hàm số nghịch biến trên: và đồng biến trên: và (1 ( ; 1)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞

0,25

- Cực tr ị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 2;CT x y= ± = − 0, x = C Đ 0.=

- Giớ i hạn: lim lim . x x

y y→−∞ →+∞

= = +∞0,25


Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm ...m

2 2 2 x x m− = ⇔4 22 4 2 . x x m− = 0,25

Phươ ng trình có đúng nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đườ ng thẳng cắt đồ thị

hàm số

6 2 y m=

4 22 4 y x x= − tại điểm phân biệt.60,25

Đồ thị hàm số 4 22 4 y x x= −

và đườ ng thẳng . 2 y m=

0,25

I(2,0 đ i ể m)

Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán đượ c thoả mãn khi và chỉ khi: 0 2 2m< < ⇔ 0 1m< <

x −∞ 1− 0 1 +∞

+ +∞

x

y' − 0 + 0 − 0

y

+∞

2− 2−

0

O

y

2−

2−

1−

1

16

2

y

O x

2

21− 1

16

2−

2 y m=

. 0,25



1. (1,0 đi m) Giải phươ ng trình…

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng: 2(1 2sin )sin cos sin 2 3 cos3 2cos 4 x x x x x− + + =

II

x

⇔ sin cos2 cos sin 2 3 cos3 2cos4 x x x x x+ + = x 0,25

⇔ sin 3 3 cos3 2cos4 x x x+ = ⇔ cos 3 cos4 .6

x xπ ⎛ ⎞

− =⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

⇔ 4 3 26

x x k π

π = − + hoặc 4 3 26

x x k π

π = − + + . 0,25

Vậy: 26

x k π

π = − + hoặc2

( )42 7

x k k π π

= + ∈ . 0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phươ ng trình…

Hệ đã cho tươ ng đươ ng:2

2

17

113

x x

y y

x x

y y

⎧+ + =⎪

⎪⎨⎪ + + =⎪⎩

(do không thoả mãn hệ đã cho)0 y = 0,25

⇔ 2

17

113

x x

y y

x x

y y

⎧⎛ ⎞+ + =⎪⎜ ⎟

⎝ ⎠⎪⎨

⎛ ⎞⎪+ − =⎜ ⎟⎪

⎝ ⎠⎩

⇔

21 1

20 0

17

x x y y

x x

y y

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞⎪= − +⎜ ⎟⎪

⎝ ⎠⎩

0,25

⇔ 1 5

12

x y

x y

⎧+ = −⎪

⎨⎪

=⎩

(I) hoặc1 4

3

x y

x y

⎧+ =⎪

⎨⎪

=⎩

(II). 0,25

(2,0 đ i ể m)

(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm:1

( ; ) 1;3

x y⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

và ( ; ) (3;1). x y =

Vậy:1

( ; hoặc ( ; ) 1;3

x y⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

) (3;1). x y =

0,25


3 ln ,u x= + 2 ;( 1)

dx

dv x= +

1

,du dx x=

1

.1v x= − + 0,25

I 3 3

1 1

3 ln

1 ( 1)

x dx

x x x

+= − +

+ +∫ 0,25

3 3

1 1

3 ln3 3 1

4 2

dxdx

1 x x

+= − + + −

+∫ ∫ 0,25

III

(1,0 đ i ể m)

3 3

1 1

3 ln3 1 27ln ln 1 3 ln .

4 4 x x

− ⎛ ⎞= + − + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠16 0,25

Tính thể tích khối chóp…

Gọi D là trung điểm và là tr ọng tâm tam giác AC G ABC

ta có ' ( ) B G ABC ⊥ ⇒ ' B BG = 60

⇒ 3' ' .sin '

2

a B G B B B BG= = và

2

a BG = ⇒

3.

4

a BD =

Tam giác có: ABC 3

,2 2

AB AB BC AC = = ⇒ .

4

ABCD =

0,50

IV

(1,0 đ i ể m)

2 2 2

B A

BC CD BD+ = ⇒ 2 2 2

6

3 9

4 16 1

AB AB a+ = ⇒

3 13,

13

a AB =

3 13;

26

a AC =

29 3.

104 ABC

aS

Δ= 0,25

'

B

C

'

G

C '

A D



Thể tích khối tứ diện ' : A ABC ' '1 ' .3 A ABC B ABC ABC

V V B G S Δ

= =9

.208

a= 0,25

Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức…

K ết hợ p vớ i3( ) 4 x y xy+ + ≥ 2 2( ) 4 x y x+ ≥ y suy ra: ⇒ 3 2( ) ( ) 2 x y x y+ + + ≥ 1. x y+ ≥ 0,25

A 4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1 x y x y x y= + + − + + = ( )22 2 4 4 2 23 3

( ) 2( )2 2

x y x y x y+ + + − + +1 0,25

≥ ( ) ( )2 22 2 2 2 2 23 3

2( ) 12 4

x y x y x y+ + + − + + ⇒ ( ) ( )22 2 2 29

2 14

A x y x y≥ + − + + .

Đặt , ta có2t x y= + 2

2

2 2 ( ) 12 2 x y x y ++ ≥ ≥ ⇒ 1 ;2

t ≥ do đó 29 2 14 A t t ≥ − + .

Xét 29( ) 2 1;

4 f t t t = − +

9'( ) 2 0

2 f t t = − > vớ i mọi

1

2t ≥ ⇒

1;

2

1 9min ( ) .

2 16 f t f

⎡ ⎞+∞ ⎟⎢

⎣ ⎠

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,25

V(1,0 đ i ể m)

9;

16 A ≥ đẳng thức xảy ra khi

1.

2 x y= = Vậy, giá tr ị nhỏ nhất của bằng A

9.

16 0,25

1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm ... K

Gọi ⇔( ; ); K a b ( ) K C ∈2 2 4

( 2)

5

a b− + = (1); tiế p xúc1( )C 1 ,Δ 2Δ ⇔

VI.a

7

2 5 2

a b a b− −= (2). 0,25

(1) và (2), cho ta:2 25( 2) 5 4

5 7

a b

a b a b

⎧ − + =⎪⎨

− = −⎪⎩(I) hoặc (II).⇔

2 25( 2) 5 4

5( ) 7

a b

a b a b

⎧ − + =⎨

− = −⎩

2 25( 2) 5 4

5( ) 7

a b

a b b a

⎧ − + =⎨

− = −⎩0,25

(2,0 đ i ể m)

(I) vô nghiệm; (II)⇔

225 20 16 0

2

a a

b a

⎧ − + =⎨

= −⎩⇔

2

2 8 4( ; ) ; .

5 525 40 16 0

a ba b

b b

=⎧ ⎛ ⎞⇔ =⎨ ⎜ ⎟

− + = ⎝ ⎠⎩ 0,25

Bán kính 1( ) :C 2 2

.52

a b R

−= = Vậy:

8 4;

5 5 K

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

và2 2

.5

R = 0,25

2. (1,0 điểm) Viết ph

ươ ng trình m

ặt ph

ẳng ( )... P

Mặt phẳng ( ) P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai tr ườ ng hợ p sau:

Tr ườ ng hợ p 1: ( ) P qua , A B và song song vớ i .CD 0,25

Vectơ pháp tuyến của ( ) : P , .n AB CD⎡ ⎤= ⎣ ⎦

( 3; 1;2), AB = − −

( 2;4;0)CD = − ⇒ ( 8; 4; 14).n = − − −

Phươ ng trình ( ) P : 4 2 7 15 0. x y z+ + − = 0,25

Tr ườ ng hợ p 2: ( ) P qua , A B và cắt Suy ra.CD ( ) P cắt CD tại trung điểm của

vectơ pháp tuyến của

I .CD

(1;1;1) (0; 1;0); I AI ⇒ = −

( ) : P , (2;0;3).n A= B AI ⎡ ⎤ =⎣ ⎦

0,25

Phươ ng trình ( ) : 2 3 5 0. P x z+ − =

Vậy ( ) hoặc: 4 2 7 15 0 P x y z+ + − = ( ) : 2 3 5 0. P x z+ − = 0,25

Tìm số phức ... z

Gọi ; z x yi= + (2 ) ( 2) ( 1) ; z i x y i

VII.a

2 2(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10 z i x y− + = ⇔ − + − =− + = − + − (1). 0,25

2 2. 25 25 z z x y= ⇔ + = (2). 0,25

(1,0 đ i ể m)

Giải hệ (1) và (2) ta đượ c: hoặc ( ; Vậy: hoặc( ; ) (3;4) x y = ) (5;0). x y = 3 4 z i= + 5. z = 0,50





ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN; Khối: D(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)




Khi 0,m =4 22 . y x x= −

• Tậ p xác định: . D = • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: hoặc3' 4 4 ; y x x= − ' 0 y = ⇔ 1 x = ± 0. x =

0,25

Hàm số nghịch biến trên: ( ; và đồng biến trên: và (11)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞

- Cực tr ị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 1;CT x y= ± = − 0, x = C Đ 0.=

- Giớ i hạn: lim lim . x x

y y→−∞ →+∞

= = +∞

0,25


Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm ...m

Phươ ng trình hoành độ giao điểm của ( và đườ ng thẳng)mC 1: y = −4 2(3 2) 3 1. x m x m− + + = −

Đặt phươ ng trình tr ở thành:2 , 0;t x t = ≥2 (3 2) 3 1 0t m t m− + + + =

0,25

⇔ hoặc t m 1t = 3 1.= + 0,25

Yêu cầu của bài toán tươ ng đươ ng:0 3 1 4

3 1 1

m

m

< + <⎧⎨

+ ≠⎩0,25

I(2,0 đ i ể m)

⇔

1

1,3 m− < <

0.m≠

0,25


Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng: 3 cos5 (sin5 sin ) sin 0 x x x x− + − =

⇔ 3 1

cos5 sin 5 sin2 2

x x x− =

x −∞ 1− 0 1 y' − 0 + 0 − 0 +

y+∞

1− 1−

0

+∞

+∞

x

O

y

2− 2

1−

1− 1

8

0,25

II

(2,0 đ i ể m)

⇔ sin 5 sin3

x xπ ⎛ ⎞

− =⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25



⇔ 5 23

x x k π

π − = + hoặc 5 23

x x k π

π π − = − + . 0,25

Vậy:18 3

x k π π

= + hoặc6 2

x k π π

= − + ( ).k ∈ 0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phươ ng trình…

Hệ đã cho tươ ng đươ ng:2

2

31 0

5( ) 1

x y x

x y x

⎧+ + − =⎪

0⎪ + − + =⎪⎩

⎪⎨ 0,25

⇔ 2

2

3 1

3 51 1 0

⇔

x y x

x x

⎧ + = −⎪⎪⎨

⎛ ⎞⎪− − + =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩

2

31

4 62 0

x y x

x x

⎧ + = −⎪⎪⎨⎪ − + =⎪⎩

0,25

⇔

11

2

x

x y

⎧=⎪

⎨⎪ + =⎩

hoặc

1 1

2

1

2

x

x y

⎧=⎪⎪

⎨ ⎪ + =⎪⎩

0,25

⇔ 1

1

x

y

=⎧⎨

=

⎩

hoặc2

3

.2

x

y

=⎧⎪⎨

= −

⎪⎩

Nghiệm của hệ: và( ; ) (1;1) x y =3

( ;

0,25

) 2; .2

x y⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠


Đặt 3, ; 1, ; 3, x dt t e dx x t e x t e

t = = = = = = 0,25.

3

( 1)

e

e

dt I

t t =

−∫ =

3

1 1

1

e

e

∫ dt t t

⎛ ⎞−⎜ ⎟

−⎝ ⎠ 0,25

= 3 3

ln| 1| ln| |e e

e et t − − 0,25

III

(1,0 đ i ể m)

= 2ln( 1) 2.e e+ + − 0,25

Tính thể tích khối chóp... IV

(1,0 đ i ể m) Hạ ; là đườ ng cao

của tứ diện

( ) IH AC H AC ⊥ ∈ ⇒ ( ) IH ABC ⊥ IH

. IABC

⇒ // ' IH AA ⇒ 2' ' 3

IH CI AA CA

= = ⇒ 2 4' .3 3

a IH AA= =

2 2' ' 5, AC A C A A a= − = 2 2 2 . BC AC AB a= − =

Diện tích tam giác : ABC 21

. .2

ABC S AB BC Δ

= = a

Thể tích khối tứ diện : IABC 31 4

. .3 9

ABC

aV I H S

Δ= =

0,50

A C

C' A'

B

B'

M

K

I

H a

2a3a



Hạ ' ( ' ). AK A B K A B⊥ ∈ Vì ( ' ') BC ABB A⊥ nên ⇒ AK BC ⊥ ( ). AK IBC ⊥

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) là IBC . AK 0,25

'

2 2

2 '. 2 5.

' 5'

AA BS AA AB a AK

A B A A AB

Δ= = =

+

0,25

Tìm giá tr ị lớ n nhất, nhỏ nhất…

Do nên:1, x y+ =2 2 3 316 12( ) 9 25S x y x y xy x= + + + + y

0,252 2 316 12 ( ) 3 ( ) 34 x y x y xy x y xy⎡ ⎤= + + − + +⎣ ⎦2 216 2 12. x y xy= − +

Đặt ta đượ c:,t xy=

2

16 2 12;S t t = − +

2( ) 1

0 4 4

x y

xy

+≤ ≤ =

⇒

1

0; .4t

⎡ ⎤∈

⎢ ⎥⎣ ⎦

Xét hàm trên đoạn2( ) 16 2 12 f t t t = − +

10;

4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

'( ) 32 2; f t t = − '( ) 0 f t = ⇔1

;16

t = (0) 12, f =1

16 f

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=191

,16

1

4 f

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=25

.2

10;

4

1 25max ( ) ;

4 2 f t f

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

10;

4

1 191min ( ) .

16 16 f t f

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,25

Giá tr ị lớ n nhất của bằngS 25

;2 khi

1

1

4

x y

xy

+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩

⇔

1 1( ; ) ; .2 2 x y

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25

V(1,0 đ i ể m)

Giá tr ị nhỏ nhất của bằngS 191

;16

khi

1

1

16

x y

xy

+ =⎧⎪⎨

=⎪⎩

⇔ 2 3 2 3

( ; ) ;4 4

x y⎛ ⎞+ −

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

hoặc2 3 2 3

( ; ) ; .4 4

x y⎛ ⎞− +

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phươ ng trình đườ ng thẳng…

Toạ độ A thoả mãn hệ: ⇒ 7 2 3 0

6 4 0

x y

x y

− − =⎧⎨

− − =⎩(1;2). A

B đối xứng vớ i A qua , M suy ra (3; 2). B = −

0,25

Đườ ng thẳng BC đi qua B và vuông góc vớ i đườ ng thẳng 6 4 x y− − = 0.

.Phươ ng trình : 6 9 0 BC x y+ + =0,25

Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng N BC thoả mãn hệ:7 2 3 0

6 9 0

x y

x y

− − =⎧⎨

+ + =⎩⇒

30; .

2 N

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

⇒ phươ ng trình đườ ng thẳng(2. 4; 3 ; AC MN = = − − )

: 3 4 5 0. AC x y− + = 0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ... D

( 1;1;2), AB = −

phươ ng trình : AB

2

1

2 .

x t

y t

z t

= −⎧⎪

= +⎨⎪

=⎩

0,25

VI.a

(2,0 đ i ể m)

D thuộc đườ ng thẳng AB (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 ). D t t t CD t t t ⇒ − + ⇒ = −

0,25



Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) : P (1;1;1).n =

C không thuộc mặt phẳng ( ). P

//( ) . 0CD P n CD⇔ =

11.(1 ) 1. 1.2 0 .

2t t t t ⇔ − + + = ⇔ = − Vậy

5 1; ; 1 .

2 2 D

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

Tìm tậ p hợ p các điểm…

Đặt ( , ); z x yi x y= + ∈ ( ) ( )3 4 3 4 . z i x y− + = − + +

VII.a

i 0,25

Từ giả thiết, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 4 2 3 4 4 x y x y− + + = ⇔ − + + = . 0,50

(1,0 đ i ể m)

Tậ p hợ p điểm biểu diễn các số phức là đườ ng tròn tâm bán kính z (3; 4 I − ) 2. R = 0,25

1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ... M

Gọi điểm ( ); . M a b Do ( ); M a b thuộc nên( )C ( )2 21 1;a b− + = ( )O C ∈ ⇒ 1. IO IM = = 0,25

Tam giác IMO có nênOIM = 120 2 2 2 2 22 . .cos120 3.OM IO IM IO IM a b= + − ⇔ + = 0,25

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ( )

2 2

2 2

3

1 1 2

33 .2

aa b

a b b

⎧=⎪⎧ − + =⎪ ⎪

⇔⎨ ⎨+ =⎪ ⎪⎩ = ±

⎪⎩

Vậy3 3

; .

2 2

M ⎛ ⎞

= ±⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

2. (1,0 điểm) Viết phươ ng trình đườ ng thẳng…

Toạ độ giao điểm của vớ i thoả mãn hệ: I Δ ( ) P

2 2

1 1 1

x

2 3 4 0

y z

x y z

+ −⎧= =⎪

−⎨⎪ + − + =⎩

⇒ ( 3;1;1). I − 0,25

Vectơ pháp tuyến của vectơ chỉ phươ ng của( ) : P (1;2; 3);n = −

:Δ (1;1; 1).u = −

0,25

Đườ ng thẳng cần tìm qua và có vectơ chỉ phươ ngd I ( ), 1; 2; 1v n u⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦

.

0,25

VI.b

(2,0 đ i ể m)

Phươ ng trình :d

3

1 2

1 .

x t

y t

z t

= − +⎧⎪

= −⎨⎪

= −⎩

0,25

Tìm các giá tr ị của tham số ...m VII.b

Phươ ng trình hoành độ giao điểm:2 1

2 x x

x m x

+ −= − + ⇔

23 (1 ) 1 0 ( 0). x m x x+ − − = ≠ 0,25

(1,0 đ i ể m)

Phươ ng trình có hai nghiệm phân biệt 1 2, x x khác 0 vớ i mọi .m 0,25

1 2 1.

2 6 I

x x m x

+ −= =Hoành độ trung điểm của I 0,25: AB

10 0

6 I

m I Oy x m

−∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = 1. 0,25

-------------Hết-------------



Trang 1/4

ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN; Khối A(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)



1. (1,0 đ i ể m)

Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2 x

2 + 1.

• Tậ p xác định: R.


- Chiều biến thiên: ' y = 3 x2 − 4 x; '( ) y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =

4

3.

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và4

;3

⎛ ⎞+ ∞⎜ ⎟

⎝ ⎠; nghịch biến trên khoảng

40;

3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

- Cực tr ị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 4

3; yCT =

5

27− .

- Giớ i hạn: lim x

y→ − ∞

= − ∞ ; lim x

y→ + ∞

= + ∞.

0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 đ i ể m)

Phươ ng trình hoành độ giao điểm: x3 − 2 x

2 + (1 − m) x + m = 0

⇔ ( x − 1)( x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x

2 − x − m = 0 (*)

0,25

Đồ thị của hàm số (1) cắt tr ục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1.

0,25

Ký hiệu g ( x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:

2 22 3

0

(1) 0

3

g

x x

⎧∆ >⎪

≠⎨⎪

+ <⎩

0,25

I(2,0 đ i ể m)

⇔

1 4 0

0

1 2 3

m

m

m

+ >⎧⎪

− ≠⎨⎪ + <⎩

⇔ 1

4− < m < 1 và m ≠ 0. 0,25

y1 +∞

−∞

' y + 0 − 0 +

x −∞ 04

3 +∞

5

27−

5

27−

O

y

x

43

1

2



Trang 2/4

1. (1,0 đ i ể m)

Điều kiện: cos x ≠ 0 và 1 + tan x ≠ 0.

Khi đó, phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng: 2 sin4

xπ ⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎝ ⎠

(1 + sin x + cos2 x) = (1 + tan x)cos x 0,25

⇔ (sin x + cos x)(1 + sin x + cos2 x) = sin cos

coscos

x x x

x

+ ⇔ sin x + cos2 x = 0 0,25

⇔ 2sin2 x − sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = 1 (loại) hoặc sin x = −

1

2 0,25

⇔ x = − 6

π

+ k 2π hoặc x =

7

6

π

+ k 2π (k ∈ Z). 0,25

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≥ 0.

Ta có: 22( 1) x x− + = 2 2( 1) 1 x x+ − + > 1, suy ra 1 − 22( 1) x x− + < 0.

Do đó, bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: 22( 1) x x− + ≤ 1 − x + x (1)

0,25

Mặt khác 22( 1) x x− + = 2 22(1 ) 2( ) x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25

(1) ⇔ 22( 1) x x− + = 1 − x + x (3)

Để ý r ằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thờ i 1 − x + x ≥ 0.

+ 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:

(3) ⇔ 1 − x = x

0,25

II

(2,0 đ i ể m)

⇔ 2

1 0

(1 )

x

x x

− ≥⎧⎪⎨

− =⎪⎩ ⇔

2

1

3 1 0

x

x x

≤⎧⎪⎨

− + =⎪⎩

⇔ x = 3 5

2

−, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.

0,25

I =

12

0

d1 2

x

x

e x x

e

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

∫ =

12

0

d x x∫ +

1

0

d1 2

x

x

e x

e+∫ . 0,25

Ta có:

1

2

0

d x x∫ =

1

3

0

13 x = 1

3 0,25

và

1

0

d1 2

x

x

e x

e+∫ = 1

2

1

0

d(1 2 )

1 2

x

x

e

e

+

+∫ , suy ra: 0,25

III

(1,0 đ i ể m)

I = 1

3 +

1

0

1ln(1 2 )

2

xe+ =

1

3 +

1 1 2ln

2 3

e+ =

1

3 +

1 1 2ln

2 3

e+. 0,25

• Thể tích khố i chóp S .CDNM .

SCDNM = S ABCD − S AMN − S BCM

= AB2 −

1

2

AM . AN − 1

2

BC . BM

= a2 −

2

8

a −

2

4

a =

25

8

a.

0,25

VS .CDNM = 1

3SCDNM .SH =

35 3

24

a. 0,25

IV

(1,0 đ i ể m)

• Khoảng cách giữ a hai đườ ng thẳ ng DM và SC .

∆ ADM = ∆ DCN ⇒ ADM DCN = ⇒ DM ⊥ CN , k ết hợ p vớ i DM ⊥ SH , suy ra DM ⊥ (SHC ).

Hạ HK ⊥ SC ( K ∈ SC ), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC , dođó:

d( DM , SC ) = HK .

0,25

A

B C

D

S

N

H

K

M



Trang 3/4

Ta có: HC = 2

CD

CN =

2

5

avà HK =

2 2

.SH HC

SH HC + =

2 3

19

a, do đó: d( DM , SC ) =

2 3

19

a. 0,25

Điều kiện: x ≤ 3

4; y ≤

5

2.

Phươ ng trình thứ nhất của hệ tươ ng đươ ng vớ i: (4 x2 + 1).2 x = (5 − 2 y + 1) 5 2 y− (1)

0,25

Nhận xét: (1) có dạng f (2 x) = f ( 5 2 y− ), vớ i f (t ) = (t 2 + 1)t .

Ta có ' f (t ) = 3t 2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.

Do đó: (1) ⇔ 2 x = 5 2 y− ⇔ 2

0

5 4.

2

x

x y

≥⎧⎪⎨ −=⎪⎩

0,25

Thế vào phươ ng trình thứ hai của hệ, ta đượ c: 4 x2 +

225

22

x⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

+ 2 3 4 x− −7 = 0 (3).

Nhận thấy x = 0 và x = 3

4không phải là nghiệm của (3).

Xét hàm g ( x) = 4 x2 +

225

22

x⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

+ 2 3 4 x− − 7, trên khoảng3

0;4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

V(1,0 đ i ể m)

'( ) g x = 8 x − 8 x 252

2 x

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

− 4

3 4 x−

= 4 x (4 x2 − 3) −

4

3 4 x−

< 0, suy ra hàm g ( x) nghịch biến.

Mặt khác1

2 g

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1

2; suy ra y = 2.

Vậy, hệ đã cho có nghiệm: ( x; y) = 1

; 22

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

1. (1,0 điểm)

d 1 và d 2 cắt nhau tại O, cos(d 1, d 2) = | 3. 3 1.1|

3 1. 3 1

−

+ +=

1

2và tam giác

OAB vuông tại B, dođó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 .

0,25

Ta có: S ABC = 1

2 AB. AC .sin60 =

3

4(OA.sin 60 ).(OA.tan60 )

= 3 3

8OA2.

Do đó: S ABC = 3

2, suy ra OA

2 =

4

3.

0,25

Tọa độ A( x; y) vớ i x > 0, thỏa mãn hệ:2 2

3 0

4

3

x y

x y

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩

⇒ A1

; 13

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Đườ ng thẳng AC đi qua A và vuông góc vớ i d 2, suy ra AC có phươ ng trình: 3 x − 3 y − 4 = 0.

Tọa độ C ( x; y) thỏa mãn hệ:3 0

3 3 4 0

x y

x y

⎧ − =⎪⎨

− − =⎪⎩ ⇒ C

2; 2

3

−⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠.

0,25

VI.a

(2,0 đ i ể m)

Đườ ng tròn (T ) có đườ ng kính AC , suy ra tâm của (T ) là I 1 3

;22 3

−⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠và bán kính IA = 1.

Phươ ng trình (T ):

2 21 3

122 3

x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

0,25

d 2

y

x

C

B

O

A

d 1

I



Trang 4/4

2. (1,0 điểm)

Đườ ng thẳng ∆ có vectơ chỉ phươ ng v

= (2; 1; −1) và mặt phẳng ( P ) có

vectơ pháp tuyến n

= (1; −2; 1).0,25

Gọi H là hình chiếu của M trên ( P ), ta có cos HMC = ( )cos ,v n

. 0,25

d( M , ( P )) = MH = MC .cos HMC = MC . ( )cos ,v n

0,25

= 6 .| 2 2 1|

6. 6

− − =

1

6. 0,25

Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25

= 5 + 2 i, suy ra: 0,25

z = 5 − 2 i. 0,25

VII.a

(1,0 đ i ể m)

Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC , D là trung điểm AH , ta có AH ⊥ BC .

Do đó tọa độ D( x; y) thỏa mãn hệ:

4 0

0

x y

x y

+ − =⎧

⎨ − =⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H (− 2; − 2).

0,25

Đườ ng thẳng BC đi qua H và song song d , suy ra BC có phươ ng

trình: x + y + 4 = 0.0,25

Điểm B, C thuộc đườ ng thẳng BC : x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H (− 2; − 2), do đó

tọa độ B, C có dạng: B(t ; − 4 − t ), C (− 4 − t ; t ).

Điểm E (1; −3) nằm trên đườ ng cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC , suy ra: AB

.CE

= 0

⇔ (t − 6)(5 + t ) + (− 10 − t )(− 3 − t ) = 0

0,25

⇔ 2t 2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.

Ta đượ c: B(0; − 4), C (− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C (2; − 6).0,25

2. (1,0 điểm)

Đườ ng thẳng ∆ đi qua điểm M (−2; 2; −3), nhận v

= (2; 3; 2) làm

vectơ chỉ phươ ng.

Ta có: MA

= (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤⎣ ⎦

= (7; 2; −10).

0,25

Suy ra: d( A, ∆) = ,v MA

v

⎡ ⎤⎣ ⎦

= 49 4 100

4 9 4

+ +

+ + = 3. 0,25

Gọi (S ) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S ) là: R = 5. 0,25

VI.b

(2,0 đ i ể m)

Phươ ng trình (S): x2 + y

2 + ( z + 2)

2 = 25. 0,25

Ta có: 3(1 3 )i− = − 8. 0,25

Do đó z = 8

1 i

−

− = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25

⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25

VII.b

(1,0 đ i ể m)

Vậy: z iz+ = 8 2 . 0,25

------------- Hết -------------

• M

∆ BC

A•

H

M

∆

P C

• E d

A

B C

H

D



Trang 1/4

ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN; Khối B(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)



1. (1,0 đ i ể m)

• Tậ p xác định: R \ {−1}.


- Chiều biến thiên:2

1'

( 1) y

x=

+ > 0, ∀ x ≠ −1.

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).

- Giớ i hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x

y y→− ∞ → + ∞

= = ; tiệm cận ngang: y = 2.

( 1)

lim x

y−→ −

= + ∞ và( 1)

lim x

y+→ −

= − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.

0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 đ i ể m)

Phươ ng trình hoành độ giao điểm:2 1

1

x

x

+

+ = −2 x + m

⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)(−2 x + m) (do x = −1 không là nghiệm phươ ng trình)

⇔ 2 x2 + (4 − m) x + 1 − m = 0 (1).

0,25

∆ = m2

+ 8 > 0 vớ i mọi m, suy ra đườ ng thẳng y = −2 x + m luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B vớ i mọi m. 0,25

Gọi A( x1; y1) và B( x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2 x1 + m và y2 = −2 x2 + m.

Ta có: d(O, AB) = | |

5

mvà AB = ( ) ( )

2 2

1 2 1 2 x x y y− + − = ( )2

1 2 1 25 20 x x x x+ − = 25( 8)

2

m +.

0,25

I(2,0 đ i ể m)

SOAB = 1

2 AB. d(O, AB) =

2| | 8

4

m m +, suy ra:

2| | 8

4

m m + = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25

x −∞ −1 + ∞

' y + +

y

2

2+∞

−∞

2

−1 O x

y

1



Trang 2/4

1. (1,0 đ i ể m)

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: 22sin cos sin cos2 cos 2cos2 0 x x x x x x− + + = 0,25

⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0 x x x x+ + = ⇔ (sin cos 2)cos2 0 x x x+ + = (1). 0,25

Do phươ ng trình sin cos 2 0 x x+ + = vô nghiệm, nên: 0,25

(1) ⇔ cos2 0 x = ⇔ 4 2

x k π π

= + (k ∈ Z). 0,25

2. (1,0 điểm)

Điều kiện:1

63 x− ≤ ≤ . 0,25

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: 2( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0 x x x x+ − + − − + − − = 0,25

⇔ 3( 5) 5

( 5)(3 1) 03 1 4 6 1

x x x x

x x

− −+ + − + =

+ + − +

⇔ x = 5 hoặc3 1

3 1 03 1 4 6 1

x x x

+ + + =+ + − +

.

0,25

II

(2,0 đ i ể m)

3 1 13 1 0 ; 6

33 1 4 6 1 x x

x x

⎡ ⎤+ + + > ∀ ∈ −⎢ ⎥+ + − + ⎣ ⎦

, dođó phươ ng trìnhđã cho có nghiệm: x = 5. 0,25

Đặt 2 lnt x= + , ta có1

d dt x x

= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25

3

22

2d

t I t

t

−= ∫

3 3

22 2

1 1d 2 dt t

t t = −∫ ∫ . 0,25

33

22

2ln t

t = + 0,25

III

(1,0 đ i ể m)

1 3ln

3 2= − + . 0,25

• Thể tích khố i l ăng tr ụ.

Gọi D là trung điểm BC , ta có:

BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ ' A D, suy ra:' 60 ADA =

.

0,25

Ta có: ' AA = AD.tan' ADA = 3

2

a; S ABC =

2 3

4

a.

Do đó:3

. ' ' '

3 3V S . '

8 ABC A B C ABC

a AA= = .

0,25

• Bán kính mặt cầu ngoại tiế p t ứ diện GABC .

Gọi H là tr ọng tâm tam giác ABC , suy ra:

GH // ' A A ⇒ GH ⊥ ( ABC ).

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiế p tứ diện GABC , ta có I là giao

điểm của GH vớ i trung tr ực của AG trong mặt phẳng ( AGH ).

Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = .GE GA

GH =

2

2

GA

GH .

0,25

IV

(1,0 đ i ể m)

Ta có: GH = '

3

AA =

2

a; AH =

3

3

a; GA

2 = GH

2 + AH

2 =

27

12

a. Do đó: R =

27

2.12

a.

2

a =

7

12

a. 0,25

H A

B

C

' A

' B

'C

G

D

A

E

H

G

I



Trang 3/4

Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2( )ab bc ca− + + . 0,25

Đặt t = ab + bc + ca, ta có:2

( ) 10

3 3

a b ct

+ +≤ ≤ = .

Xét hàm 2( ) 3 2 1 2t t t t = + + − trên1

0;2

⎡ ⎞⎟⎢⎣ ⎠

, ta có:2

'( ) 2 31 2

f t t t

= + −−

;

3

2''( ) 2

(1 2 ) f t

t = −

− ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( ) f t nghịch biến.

0,25

Xét trên đoạn1

0;

3

⎡ ⎤⎢ ⎥

⎣ ⎦

ta có:1 11

'( ) ' 2 3 0

3 3

f t f ⎛ ⎞

≥ = − >⎜ ⎟

⎝ ⎠

, suy ra f (t ) đồng biến.

Do đó: f (t ) ≥ f (0) = 2 ∀t ∈ 1

0;3

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

.

0,25

V(1,0 đ i ể m)

Vì thế: M ≥ f (t ) ≥ 2 ∀t ∈1

0;3

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1

⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).Do đó giá tr ị nhỏ nhất của M là 2.

0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi D là điểm đối xứng của C (− 4; 1) qua d : x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D( x; y) thỏa mãn:

( 4) ( 1) 0

4 15 0

2 2

x y

x y

+ − − =⎧

⎪⎨ − ++ − =⎪⎩

⇒ D(4; 9). 0,25

Điểm A thuộc đườ ng tròn đườ ng kính CD, nên tọa độ A( x; y)

thỏa mãn:2 2

5 0

( 5) 32

x y

x y

+ − =⎧⎪⎨

+ − =⎪⎩vớ i x > 0, suy ra A(4; 1). 0,25

⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2S ABC

AC = 6.

B thuộc đườ ng thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: ( y − 1)2 = 36

⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).

0,25

Do d là phân giác trong của góc A, nên AB

và AD

cùng hướ ng, suy ra B(4; 7).Do đó, đườ ng thẳng BC có phươ ng trình: 3 x − 4 y + 16 = 0.

0,25

2. (1,0 điểm)

Mặt phẳng ( ABC ) có phươ ng trình: 11

x y z

b c+ + = . 0,25

Mặt phẳng ( ABC ) vuông góc vớ i mặt phẳng ( P ): y − z + 1 = 0, suy ra:1

b −

1

c = 0 (1). 0,25

Ta có: d(O, ( ABC )) = 1

3 ⇔

2 2

1

1 11

b c+ +

= 1

3 ⇔

2

1

b +

2

1

c = 8 (2).

0,25

VI.a

(2,0 đ i ể m)

Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = 1

2. 0,25

Biểu diễn số phức z = x + yi bở i điểm M ( x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:

| z − i | = | (1 + i) z | ⇔ | x + ( y − 1)i | = | ( x − y) + ( x + y)i |0,25

⇔ x2 + ( y − 1)

2 = ( x − y)

2 + ( x + y)

2 0,25

⇔ x2 + y

2 + 2 y − 1 = 0. 0,25

VII.a

(1,0 đ i ể m)

Tậ p hợ p điểm M biểu diễn các số phức z là đườ ng tròn có phươ ng trình: x2 + ( y + 1)

2 = 2. 0,25

d

A

B

D

C



Trang 4/4

1. (1,0 điểm)

Nhận thấy: F 1(−1; 0) và F 2(1; 0).

Đườ ng thẳng AF 1 có phươ ng trình:1

3 3

x y+= .

0,25

M là giao điểm có tung độ dươ ng của AF 1 vớ i ( E ), suy ra:

2 31;

3 M

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ MA = MF 2 =

2 3

3.

0,25

Do N là điểm đối xứng của F 2 qua M nên MF 2 = MN , suy ra: MA = MF 2 = MN . 0,25

Do đó đườ ng tròn (T ) ngoại tiế p tam giác ANF 2 là đườ ng tròn tâm M , bán kính MF 2.

Phươ ng trình (T ): ( )2

2 2 3 41

3 3 x y

⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

0,25

2. (1,0 điểm)

Đườ ng thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phươ ng v

= (2; 1; 2).

Do M thuộc tr ục hoành, nên M có tọa độ (t ; 0; 0), suy ra: AM

= (t ; −1; 0)

⇒ ,v AM ⎡ ⎤⎣ ⎦

= (2; 2t ; − t − 2)

0,25

⇒ d( M , ∆) = ,v AM

v⎡ ⎤⎣ ⎦

= 25 4 8

3

t t + + . 0,25

Ta có: d( M , ∆) = OM ⇔ 25 4 8

3

t t + + = | t | 0,25

VI.b

(2,0 đ i ể m)

⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.

Suy ra: M (−1; 0; 0) hoặc M (2; 0; 0).0,25

Điều kiện y > 1

3, phươ ng trình thứ nhất của hệ cho ta: 3 y − 1 = 2 x. 0,25

Do đó, hệ đã cho tươ ng đươ ng vớ i: 2 2

3 1 2

(3 1) 3 1 3

x y

y y y

⎧ − =⎪

⎨ − + − =⎪⎩⇔

2

3 1 2

6 3 0

x y

y y

⎧ − =⎪

⎨ − =⎪⎩ 0,25

⇔

12

2

1

2

x

y

⎧=⎪⎪

⎨⎪ =⎪⎩

0,25

VII.b

(1,0 đ i ể m)

⇔

1

1.

2

x

y

= −⎧⎪⎨

=⎪⎩

0,25

------------- Hết -------------

M

y

x

A

F 1 F 2O

N



Trang 1/4

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨ C Môn: TOÁN; Khối D

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)



1. (1,0 đ i ể m)

• Tậ p xác định: R.


- Chiều biến thiên: ' y = − 4 x3 − 2 x = − 2 x(2 x

2 + 1); ' y ( x) = 0 ⇔ x = 0.

0,25

- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞).

- Cực tr ị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6.

- Giớ i hạn: lim x

y→ − ∞

= lim x

y→ + ∞

= − ∞.0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 đ i ể m)

Do tiế p tuyến vuông góc vớ i đườ ng thẳng y = 1

6 x − 1, nên tiế p tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25

Do đó, hoành độ tiế p điểm là nghiệm của phươ ng trình − 4 x3 − 2 x = − 6 0,25

⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiế p điểm là (1; 4). 0,25

I(2,0 đ i ể m)

Phươ ng trình tiế p tuyến: y = − 6( x − 1) + 4 hay y = − 6 x + 10. 0,25

1. (1,0 đ i ể m)

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: 2sin xcos x − cos x − (1 − 2sin2 x) + 3sin x − 1 = 0 0,25

⇔ (2sin x − 1)(cos x + sin x + 2) = 0 (1). 0,25

Do phươ ng trình cos x + sin x + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25

II(2,0 đ i ể m)

(1) ⇔ sin x = 1

2 ⇔ x =

6

π

+ k 2π hoặc x = 5

6

π

+ k 2π ( k ∈ Z). 0,25

' y + 0 −

y6

− ∞

x −∞ 0 +∞

− ∞

y

x

6

2− 2

O



Trang 2/4

2. 1,0 i m

Điều kiện: x ≥ − 2.

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i: ( )( )32 24 4 42 2 2 2 0

x x x+ −− − = .0,25

• 24 x

− 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25

• 2 2

2 x +

− 3 42 x − = 0 ⇔ 2 2 x + = x

3 − 4 (1).

Nhận xét: x ≥ 3 4 .0,25

Xét hàm số f ( x) = 2 2 x + − x3 + 4, trên )3 4 ;⎡ + ∞⎣ .

' ( x) = 12 x +

− 3 x2 < 0, suy ra f ( x) nghịch biến trên )3 4 ;⎡ + ∞⎣ .

Ta có f (2) = 0, nên phươ ng trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.

Vậy phươ ng trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2.

0,25

I =

1

32 ln d

e

x x x x

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ =

1

2 ln d

e

x x x∫ −

1

ln3 d

e x

x x∫ . 0,25

• Đặt u = ln x và dv = 2 xd x, ta có: du = d x

xvà v = x

2.

1

2 ln d

e

x x x

∫ =

( )

2

1

lne

x x −

1

d

e

x x

∫ = e

2 −

2

12

e x

= 2 1

2

e +.

0,25

•

1

lnd

e x

x x∫ = ( )

1

ln d ln

e

x x∫ = 2

1

1ln

2

e

x = 1

2. 0,25

III(1,0 đ i ể m)

Vậy I = 2

2

e − 1. 0,25

• M là trung đ iể m SA.

AH = 2

4

a, SH = 2 2SA AH − =

14

4

a.

0,25

HC = 3 24

a , SC = 2 2SH HC + = a 2 ⇒ SC = AC .

Do đó tam giác SAC cân tại C , suy ra M là trung điểm SA.

0,25

• Thể tích khố i t ứ diện SBCM .

M là trung điểm SA ⇒ SSCM = 1

2SSCA

⇒ VSBCM = V B.SCM = 1

2V B.SCA =

1

2VS . ABC

0,25

IV(1,0 đ i ể m)

⇒ VSBCM = 1

6S ABC .SH =

314

48

a. 0,25

Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5.

Ta có (− x2 + 4 x + 21) − (− x

2 + 3 x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0. 0,25

y2 = ( x + 3)(7 − x) + ( x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 ) x x x x+ − + −

= ( )2

( 3)(5 ) ( 2)(7 ) x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra:0,25

y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1

3. 0,25

V(1,0 đ i ể m)

Do đó giá tr ị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25

S

C D

B A

M

H





2. 1,0 i m

Ta có: + M ∈ ∆1, nên M (3 + t ; t ; t ).

+ ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phươ ng v

= (2; 1; 2).0,25

Do đó: AM

= (t + 1; t − 1; t ); ,v AM ⎡ ⎤⎣ ⎦

= (2 − t ; 2; t − 3). 0,25

Ta có: d( M , ∆2) = ,v AM

v

⎡ ⎤⎣ ⎦

= 22 10 17

3

t t − +, suy ra:

22 10 17

3

t t − + = 1 0,25

⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4.

Dođó M (4; 1; 1) ho

ặc M (7; 4; 4).

0,25

Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25

Từ hệ đã cho, ta có:2 4 2 0

2

x x y

x y

⎧ − + + =⎪⎨

− =⎪⎩ 0,25

⇔ 2 3 0

2

x x

y x

⎧ − =⎪⎨

= −⎪⎩ ⇔

0

2

x

y

=⎧⎨

= −⎩hoặc

3

1.

x

y

=⎧⎨

=⎩ 0,25

VII.b(1,0 đ i ể m)

Đối chiếu vớ i điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là ( x; y) = (3; 1). 0,25

------------- Hết -------------

M

∆2

∆1

d =1

H

Documents

De Thi Dai Hoc Mon Toan Cua BGD 2002-2010