Ðề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2008 môn thi: Toán

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 
 Môn thi: TOÁN (thời gian 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
* Câu I (2 điểm) 
 Cho hàm số y = 
2 2mx (3m 2)x 2
x 3m
+ − −
+ (1) với m là tham số thực. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 
 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 450. 
* Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình 
1 1 74sin x
3sin x 4sin x
2
π⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟π⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠
− . 
 2. Giải hệ phương trình 
2 3 2
4 2
5x y x y xy xy
4
5x y xy(1 2x)
4
⎧ + + + + = −⎪⎨⎪ + + + = −⎩
 (x, y ∈ R). 
* Câu III (2 điểm) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng 
 d : 
x 1 y z 2
2 1 2
− −= = . 
 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 
 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất. 
* Câu IV (2 điểm) 
 1. Tính tích phân I = 
46
0
tg x dx
cos 2x
π
∫ 
 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 
 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ∈ R). 
PHẦN RIÊNG ------- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b--------- 
* Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết 
rằng (E) có tâm sai bằng 
5
3
 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 
 2. Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x +  + anxn, trong đó n ∈ N* và các hệ số a0, a1, , an 
thỏa mãn hệ thức 1 n0 n
a aa ... 4096
2 2
+ + + = . Tìm số lớn nhất trong các số a0, a1, , an. 
* Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
 1. Giải phương trình log2x−1(2x2 + x – 1) + logx+1(2x – 1)2 = 4. 
 2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác 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 
đường thẳng AA’, B’C’. 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
Câu I: 
 1. m = 1 ⇒ y = 
2x x 2
x 3
+ −
+ = 
4x 2
x 3
− + + 
 MXĐ là R \ {−3} 
 y' = 2
41
(x 3)
− + , y’ = 0 ⇔ (x + 3)
2 = 4 ⇔ x = −5 hay x = −1 
 y(−5) = −9, y(−1) = −1 
 Vậy (−5, −9) là điểm cực đại và (−1, −1) là điểm cực tiểu 
 Đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm là (1; 0) và (−2; 0); đồ thị cắt trục tung tại (0; 2
3
− ) 
 x = −3 là tiệm cận đứng; y = x – 2 là tiệm cận xiên. 
 (BBT và đồ thị : học sinh tự làm). 
 2. Giả sử hàm số có tiệm cận xiên thì tiệm cận xiên có hệ số góc là m do đó điều kiện cần 
để góc giữa 2 tiệm cận xiên bằng 450 là m = 1 hay m = −1. 
 Thế m = −1 vào (1) ta có : y = 
2x x 2
x 3
− + −
− = 
4x 2
x 3
− − + − ⇒ m = −1 : nhận 
 m = 1 nhận do kết quả câu 1. 
 Tóm lại ycbt ⇔ m = ±1 
 Cách khác : y = mx – 2 + 
6m 2
x 3m
−
+ , điều kiện có tiệm cận xiên m ≠ 0 và m ≠ 
1
3
 Do đó điều kiện cần và đủ là m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠ 1
3
 ⇔ m = ±1. 
Câu II: 
 1. 
1 1 74sin x
3sin x 4sin x
2
π⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟π⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠
 ⇔ 1 1 4sin x
sin x cos x 4
π⎛ ⎞+ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 ⇔ sin x cos x 4 (sin x cos x)
sin x cos x 2
+ = − + 
 ⇔ 2sin x cos x 0 hay sin 2x
2
+ = = − (hiển nhiên sin2x = 0 không là nghiệm) 
 ⇔ 2tgx 1 hay sin 2x
2
= − = − 
 ⇔ 5x k hay x k hay x4 8π π= − + π = − + π = + πk8π (k ∈ Z) 
 2. 
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(x y) xy
4
5(x y) xy
4
⎧ + + + + = −⎪⎨⎪ + + = −⎩
 Đặt u = x2 + y, v = xy 
 Hệ trở thành : 2
5u uv v (1)4
5u v (2)4
⎧ + + = −⎪⎨ + = −⎪⎩
 (2) trừ (1) : u2 – u – uv = 0 ⇔ u 0v u 1
=⎡ = −⎢⎣ 
 TH1 : u = 0 ⇒ v = 5
4
− 
 Vậy : 
2x y
5xy
4
⎧ + =⎪⎨ = −⎪⎩
0
 ⇔ 
2
3
y x
5x
4
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
 ⇔ 
3
3
5x
4
25y
16
⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩
 TH2 : v = u – 1 
 (2) ⇔ u2 + u – 1 = 5
4
− ⇔ 4u2 + 4u + 1 = 0 ⇔ u = 1
2
− ⇒ v = 3
2
− 
 Vậy : 
2 1x y
2
3xy
2
⎧ + = −⎪⎨⎪ = −⎩
 ⇔ 
2 3 1x
2x 2
3y
2x
⎧ − = −⎪⎨⎪ = −⎩
 ⇔ 
x 1
3y
2
=⎧⎪⎨ = −⎪⎩
Câu III: 
 1. Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t) ∈ d 
 ⊥ AH (2t 1; t 5;2t 1)= − − −uuur ar = (2; 1; 2) 
 ⇔ 2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1 
 Vậy H (3; 1; 4) là hình chiếu vuông góc của A lên d. 
 2. Phương trình tổng quát của d là : {x 2y 1 02y z 2 0− − =− + = 
 Phương trình mặt phẳng (α) qua d có dạng : m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 với m, n 
không đồng thời bằng 0 
 ⇔ mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0 
 Ta có : d = d (A, α) = 
2 2
9m 9n
5m 5n 8mn
− +
+ − chọn n = 1, ta có : 
 d = 
2
9 1 m
5m 8m 5
−
− + ⇔ d
2 = 
2
2
81(1 2m m )
5m 8m 5
− +
− + 
 Đặt v = 
2
2
m 2m 1
5m 8m 5
− +
− + ⇔ (5v – 1)m
2 – 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0 
 Vì a = (5v – 1) và b = −2(4v – 1) không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị của v là tất 
cả v thỏa Δ’ = (4v – 1)2 – (5v – 1)2 ≥ 0 
 ⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤ 2
9
. Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất ⇔ v = 2
9
, khi đó ta có 
m 
b 4v 1 8 9 1
2a 5v 1 10 9
− −= − = = =− − − 
 Vậy pt mặt phẳng (α) thỏa ycbt là : x − 4y + z – 3 = 0 
 Cách khác : Pt mặt phẳng (α) chứa d và d (A, α) lớn nhất ⇔ α qua A’ (3, 1, 4) và nhận 
= (1, −4, 1) làm pháp vectơ AA 'uuuur
 ⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0 
 ⇔ x – 4y + z – 3 = 0 
Câu IV: 
 1. I = 
46
0
tg x dx
cos 2x
π
∫ ; đặt t = tgx ⇒ dx = 2dt1 t+ 
 ⇒ I = 
1
3 4
2
0
t dt
1 t−∫ = 
1
3
2
2
0
1t 1 dt
1 t
⎛ ⎞− − +⎜ ⎟−⎝ ⎠∫ 
 = 
1
3 3
0
t 1 1 t 1 3 1 10t ln ln
3 2 1 t 2 3 1 9 3
+ ++ = −− −− − =
1 1ln(2 3)
2 2
+ − 0 3
7
 2. Đặt f(x) = 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x+ + − + − 
 MXĐ là : D = [0, 6] 
 f’(x) = 
3 34 4
1 1 1 1 1
2 2x 6 x(2x) (6 x)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦⎢ − ⎥⎣ ⎦
 = 
4 4 442 24 44 4
1 1 1 1 1 1 1 1
22x (6 x) 2x. 6 x 2x (6 x)(2x) (6 x)
⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎜ ⎟− + + + +⎢ ⎥ ⎜ ⎟− −⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦−
 f’(x) = 0 ⇔ 
4 4
1 1
2x (6 x)
= − ⇔ x = 2 
x 0 2 6 
f'(x) + 0 − 
f(x) 43( 4 4)+ 
42( 6 6)+ 4 12 12+ 
 (1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇔ 442( 6 6) m 3( 4 4)+ ≤ < +
Phần tự chọn 
Câu V.a.: 
 1. Ta có : a + b = 5 (1) ⇔ b = 5 – a (Đk : b > 0 ⇔ 0 < a < 5) 
 Ta có : e = 
c 5
a 3
= ⇒ 9c2 = 5a2 ⇒ 9(a2 – b2) = 5a2 ⇒ 4a2 = 9b2 
 Mà : b = 5 – a ⇒ 4a2 = 9(5 – a)2 ⇒ 5a2 – 90a + 225 = 0 
 ⇒ a2 – 18a + 45 = 0 ⇒ a = 3 hay a = 15 (loại) 
 Thế a = 3 vào (1) ta có : b = 2 
 Vậy phương trình chính tắc của (E) : 
2 2x y 1
9 4
+ = 
 2. Từ khai triển : với n n0 1 n(1 2x) a a x ... a x+ = + + + 1x 2= 
 ta có : n 10 1 nn
1 12 a a ... a 4096 2 n 12
2 2
= + + + = = ⇒ =2
2
 Vậy biểu thức khai triển là (1 122x)+
 Số hạng tổng quát là C . => Hệ số tổng quát là k k k12 2 .x (k N; 0 k 12)∈ ≤ ≤ k kk 1a 2 .C=
k k k 1 k 1
k k 1 12 12
k k
a a 2 .C 2 .C (k N;0 k 11)
12! 12! 1 22 . 2 .2.
k!(12 k)! (k 1)!(11 k)! 12 k k 1
k 1 24 2k 3k 23 k 7 (k N)
+ ++≤ ⇔ ≤ ∈ ≤ ≤
⇔ ≤ ⇔ ≤− + − − +
⇔ + ≤ − ⇔ < ⇔ ≤ ∈
 Vậy : , nên hệ số lớn nhất là . 0 1 7 8 9 1a a ... a a a ... a≤ ≤ ≤ ≤ ≥ ≥ ≥ 2 8a
Câu V.b.: 
 1. l (đk : x > 2 22x 1 x 1og (2x x 1) log (2x 1) 4− ++ − + − = 12 và x ≠ 1) 
 2x 1 x 1log (x 1)(2x 1) 2log (2x 1) 4− +⇔ + − + − =
2x 1 x 11 log (x 1) 2 log (2x 1) 4 log− +⇔ + + + − = ⇔ (x 1)x 1
1 2 log 3
(2x 1) ++
+ =−
=
 . 2x 1 x 12log (2x 1) 3log (2x 1) 1 0+ +⇔ + − − +
 Đây là pt bậc 2 theo x 1log (2x 1)+ − có a + b + c = 0 
 => lo x 1g (2x 1) 1+ − = và x 1 1log (2x 1) 2+ = . −
 * lo ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 x 1g (2x 1) 1+ − =
 * x 1
1lo g (2x 1)
2+ − =
2 22x 1 x 1 (2x 1) x 1 4x 5x 0⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − =
 ⇔ x = 0 (loại) hay x = 5
4
. KL : x = 5
4
 hay x = 2 
 2. A/
 B H C 
A K
 x 
 Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC. 
 2 2BC a 3a 2a= + = . 
 Ta có tam giác A’HA vuông tại H có cạnh AH bằng a. Vậy : A’H 2 24a a a 3= − = . 
 Vậy thể tích khối chóp A’ABC 
31 1 1 aS.h . a.a 3.a 3
3 3 2
= = =
2
 Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax 
 ⇒ ta có AHK là nửa tam giác đều vuông tại K. Vậy Δ aAK
2
= .Góc giữa AA’ và B’C’ 
chính là góc giữa AK và AA’, ta tìm cosin của góc A’AK 
 ⇒ 
a
AK 12cosA 'AK
AA' 2a 4
= = = . 
---------- oOo ---------- 
LƯU NAM PHÁT - NGUYỄN PHÚ VINH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)