Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm học 2008 môn thi: Toán học, Khối A

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 
 ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 
 ĐỀ DỰ BỊ 1 Mụn thi: TOÁN, khối A 
Thời gian làm bài 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Cõu I (2 điểm)Cho hàm số   113 23  xmmxxy (1), m là tham số thực. 
1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1. 
2. Tỡm cỏc giỏ trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm cú hoành độ x = -1 đi 
qua điểm A(1;2) 
Cõu II (2 điểm) 1. Giải phương trỡnh tgx = cotgx + 4cos2 2x. 
2. Giải phương trỡnh 12 x + x23 =
2
)12( 2x (x  R). 
Cõu III (2 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 
d 1 : 1
3
2
3
2
3 



 zyx và d 2 :





.0766
013665
zyx
zyx
1. Chứng minh rằng d 1 và d 2 cắt nhau. 
2. Gọi I là giao điểm của d 1 và d 2 . Tỡm tọa độ cỏc điểm A,B lần lượt thuộc d 1 , d 2 sao cho 
tam giỏc IAB cõn tại I và cú diện tớch bằng 
42
41 . 
Cõu IV (2 điểm) 1.Tớnh tớch phõn I = 


3
2
1
3
.
22x
xdx 
 2. Giải phương trỡnh 
)
4
sin( x
e =tgx. 
PHẦN RIấNG Thớ sinh chỉ được làm 1 trong 2 cõu: V.a hoặc V.b 
Cõu V.a. Theo chương trỡnh KHễNG phõn ban (2 điểm) 
1. Cho tập hợp E = .7,5,4,3,2,1,0 Hỏi cú bao nhiờu số tự nhiờn chẵn gồm 4 chữ số khỏc 
nhau được lập từ cỏc chữ số của E? 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cỏc đường cao kẻ từ đỉnh B và 
đường phõn giỏc trong của gúc A lần lượt cú phương trỡnh là 3x + 4y + 10=0 và x - y + 
1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cỏch điểm C một khoảng bằng 2 . 
Tỡm tọa độ cỏc đỉnh cuả tam giỏc ABC. 
Cõu V.b. Theo chương trỡnh phõn ban (2 điểm) 
1. Giải bất phương trỡnh log
3
1 .01
32log2 







x
x 
2. Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy là tam giỏc ABC vuụng cõn tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hỡnh 
chiếu vuụng gúc của S trờn mặt phẳng đỏy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a. 
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC; M là điểm di động trờn tia đối của tia BA sao 
cho gúc E MCˆ =  ( <900) và H là hỡnh chiếu vuụng gúc của S trờn MC. Tớnh thể tớch 
của khối tứ diện EHIJ theo a,  và tỡm  để thể tớch đú lớn nhất. 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 
Mụn thi: TOÁN, khối A 
Cõu Nội dung Điểm 
I 2,00 
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 
Với m = -1 hàm số trở thành y = x3 – 3x2 + 1 
• Tập xỏc định: R 
• Sự biến thiờn: y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0  




2 x 
0 x 
0,25 
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(2) = -3 0,25 
• Bảng biến thiờn: 
x - 0 2 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 1 + 
- -3 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2 Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m (1,00 điểm) 
Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) cú hoành độ x = -1, suy ra M(-1; 2m - 1) 0,25 
Ta cú y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = 4 – 5m. Tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 
đó cho tại M(-1; 2m – 1) cú phương trỡnh là: y = ( 4 -5m)(x + 1) + 2m – 1 
0,5 
Tiếp tuyến d đi qua A(1, 2) khi và chỉ khi 2 = (4 – 5m)2 + 2m – 1  m = 
8
5 
0,25 
II 2,00 
1 Giải phương trỡnh lượng giỏc(1,00 điểm) 
 Điều kiện: sin x. cos x  0. 
Phương trỡnh đó cho tương đương với 
-3 
2 
1 
O x 
y 
tgx – cotgx = 4cos2 2x 
sin x
 xcos
 xcos
sin x
 = 4cos2 2x 
2xsin 
2x 2cos + 4cos2 2x = 0 
 cos 2x 




  2x 2cos 
2xsin 
1 = 0  cos 2x(1 + sin 4x) = 0 
 .
24
02cos  kxx  
 .
28
14sin  kxx  
Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trỡnh đó cho là 
2824
 kxvakx   với Zk  
0,50 
2 Giải phương trỡnh (1,00 điểm) 
Điều kiện: 



2
3;
2
1x . 
Ta cú 
     2231242312242312 2  xxxxxx (1). 
0,50 
Mặt khỏc, ( ) ( )
2
2 2 12 2 1 2 2 1 4 2
2
xx x -- Ê - Ê ị - Ê ị Ê (2). 0,25 
Từ (1) và (2) suy ra phương trỡnh đó cho tương đương với 
  2
1
412
22312
2







x
x
xx
 hoặc .
2
3
x 
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trỡnh là 
2
1
x và
2
3
x 
0,25 
III 2,00 
1 Chứng minh d1 cắt d2 (1,00 điểm) 
Tọa độ giao điểm I của d1 và d2 thỏa món hệ 














0766
013665
1
3
2
3
2
3
zyx
zyx
zyx
0,50 
Giải hệ ta được I(1; 1; 2). 0,50 
2 Tỡm tọa độ(1,00 điểm) 
Vộctơ chỉ phương của d1 là 1u
 = (2; 2; 1). 
Ta cú 









61
65
;
16
56
;
66
66
= (-72; -36; -24). 
Suy ra 2u
 = (6; 3; 2) là một vectơ chỉ phương của d2 
0,25 
Gọi α là gúc giữa d1 và d2 ta cú cosα = 
21
21
u.u
u.u


= 
21
20
 sin α = 
21
41 . 
0,25 
Ta cú S IAB = 2
1 IA2 sin α = 
2
1 IA2 sin α = 
42
41 IA2 = 
42
41
 IA = IB = 1. 
Vỡ A thuộc d1 nờn tọa độ của A(1 + 2t; 1 + 2t; 2 + t) IA = 3|t| = 1 t = 
3
1
 
A 





3
7,
3
5,
3
5 hoặc A 





3
5,
3
1,
3
1 
0,25 
Vỡ B thuộc d2 nờn tọa độ của B(1 + 6k; 1 + 3k; 2 + 2k) IB = 7|k| = 1 t = 
7
1
 
B 





7
16,
7
10,
7
13 hoặc A 





7
12,
7
4,
7
1 
0,25 
IV 2,00 
1 Tớnh tớch phõn(1,00 điểm) 
I = 


3
2
1
3 2 2x 
xdx 
Đặt t = 3 2 2x   x = 
2
2t3 
 dx = 
2
dtt3 2 
x = -
2
1
 t = 1; x = 3  t = 2 
0,50 
Suy ra I =   

2
1
4
2
1
23
t2t
4
3
t
2
dtt3.
2
2t
dt = 
4
3
1
2
t
5
t 25






 = 
5
12 
0,50 
2 Giải phương trỡnh(1,00 điểm) 
Điều kiện: cosx≠0. 
Dễ thấy sinx=0 khụng thỏa món phương trỡnh 
Phương trỡnh đó cho tương đương với 
 
x
e
x
e
x
xe
xx
xx
cossincos
sin 2
cos2
2
sin2
2
cossin2


(1). 
Đặt 





xv
xu
cos
sin
 . Ta cú   0.;1;1,  vuvu . 
Từ (1) ta cú phương trỡnh 
v
e
u
e
vu
2
2
2
2
 . 
0,50 
Xột hàm số 
x
exfy
x
2
2
)(  , với    1;00;1 x . 
  0
2
22
1
2
2
2
2
2
2
2
2
' 










x
ex
x
ex
y
x
x
suy ra hàm số nghịch biến trờn cỏc 
khoảng (-1;0) và (0;1). 
Ta thấy u,v cựng dấu nờn u, v cựng thuộc một khoảng (-1;0) hoặc (0;1). 
Từ giả thiết f(u) = f(v)  u = v  tgx = 1   kx 
4
. 
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trỡnh đó cho là 
0,50 

 kx 
4
 với Zk  . 
V.a 2,00 
1 Cú bao nhiờu số tự nhiờn(1,00 điểm) 
 Số tự nhiờn chẵn gồm 4 chữ số khỏc nhau của E cú dạng: abcd , trong đú 
 4,2,0,0  da . 
Xột d=0. Khi đú cỏc số cú 3 chữ số abc bằng 12036 A . 
Xột d = 2 (hoặc d = 4), khi đú a cú 5 cỏch chọn, ứng với mỗi cỏch chọn a ta cú 5 
cỏch chọn b, ứng với mỗi cỏch chọn hai chữ số a, b ta cú 4 cỏch chọn chữ số c. 
Vậy cú tất cả 5.5.4 = 100 số. 
Vậy cú 120 + 100.2 = 320 số. 
0,50 
2 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh(1,00 điểm) 
Gọi d1 ,d2 lần lượt là đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phõn giỏc trong của gúc A 
Gọi M’(a; b) là điểm đối xứng của M qua d2 và I là trung điểm của MM’. 
Ta cú   




 
2
2;
2
,2;' baIbaMM . Vectơ chỉ phương của d2 là  1;1u . 
Ta cú hệ: 





















1
1
01
2
2
2
02
0.
2
'
b
a
ba
ba
dI
uMM 
0,25 
Khi đú M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC. Mặt khỏc vectơ chỉ phương  3;4 v 
của đường cao d1 chớnh là vectơ phỏp tuyến của đường thẳng AC. Do đú phương 
trỡnh đường thẳng AC là 4(x - 1) – 3(y - 1) = 0  4x – 3y – 1 = 0. 
ACdA  2 xỏc định bởi hệ 
1 0 4
54 3 1 0
x y x
yx y
- + =ỡ ỡ =ù ùù ùÛớ ớ =- - =ù ùùù ợợ
.Vậy ( )4;5A 
0,25 
Phương trỡnh đường thẳng AB: 
.0843
3
2
425
2
04
0







 yxyxyx 
ABdB  1 xỏc định bởi hệ 
33 4 10 0
1 .3 4 8 0
4
xx y
x y y
= -ỡùỡ + + = ùùù ùÛớ ớ- + = = -ù ùùợ ùùợ
 Vậy 1( 3; )
4
B - - 
0,25 
Đường thẳng AC: 4x – 3y – 1 = 0, do đú .
3
14; 




 ccC 
 





















 


.
25
33;
25
31
1;1
25
31
1
22
3
142
2
12
2
C
C
c
c
ccMC 
Ta nhận thấy 1AC và 2AC cựng chiều. 
Kết luận:    .1;1,
4
1;3,5;4 CBA 




  
Hoặc   .
25
33,
25
31,
4
1;3,5;4 










  CBA 
0,25 
V.b 
1 Giải bất phương trỡnh logarit (1,00 điểm) 
 Bất phương trỡnh đó cho tương đương với 0,50 
2
1
3211
1
32log0 2 





x
x
x
x 
.2
1
1
2
0
1
1
0
1
2
02
1
32
01
1
32





































 x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Nghiệm của bất phương trỡnh là x < - 2. 
0,50 
Nếu thớ sinh làm bài khụng theo cỏch nờu trong đỏp ỏn mà vẫn đỳng thỡ được đủ điểm từng phần 
như đỏp ỏn qui định. 
Nguồn: Cục Khảo thớ và Kiểm định chất lượng giỏo dục (Bộ GD-ĐT). 
Hướng dẫn: Trung tõm Luyện thi Vĩnh Viễn.