Đề thi tuyển sinh đại học năm 2008 môn thi: Toán, Khối B

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2008 
Môn thi: TOÁN, khối B (Thời gian làm bài: 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = 4x3 - 6x2 + 1 (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm 
M(-1;-9). 
Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình 3 3 2 2sin x 3 cos x sin x cos x 3sin x cos x− = − 
 2. Giải hệ phương trình 
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9
(x, y )
x 2xy 6x 6
⎧ + + = +⎪ ∈⎨ + = +⎪⎩
 
Câu III (2 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) 
 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 
 2. Tìm toạ độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x+2y+z- 3= 0 sao cho MA=MB=MC. 
Câu IV (2 điểm). 1. Tính tích phân 
4
0
sin x dx
4I
s in2x+2(1+sinx+cosx)
π π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= ∫ 
 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn hệ thức x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
2
2
2(x 6xy)P
1 2xy 2y
+= + + 
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. Chứng minh rằng k k 1
n 1 n 1 n
n 1 1 1 1
n 2 C C C++ +
⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ k
 (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, là số tổ 
hợp chập k của n phần tử). 
k
nC
 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng 
hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1;-1), đường phân giác trong của 
góc A có phương trình x-y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x + 3y - 1 = 0. 
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
 1. Giải bất phương trình 
2
0,7 6
x xlog log
x 4
⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎝ ⎠
 < 0 
 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 với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. 
Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
Câu I. 1. MXĐ : R, y’ = 12x2 – 12x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1 
BBT : 
x −∞ 0 1 +∞ 
y' + 0 − 0 + 
y 1 +∞ 
−∞ −1 
y
1
-1
1 
CĐ 
CT x
 2. Tiếp tuyến qua M (−1, −9) có dạng y = k(x + 1) – 9 
 Phương trình hoành độ tiếp điểm qua M có dạng : 
 4x3 – 6x2 + 1 = (12x2 – 12x)(x + 1) – 9 
 ⇔ 4x3 – 6x2 + 10 = (12x2 – 12x)(x + 1) ⇔ 2x3 – 3x2 + 5 = 6(x2 – x)(x + 1) 
 ⇔ x = –1 hay 2x2 – 5x + 5 = 6x2 – 6x ⇔ x = –1 hay 4x2 – x – 5 = 0 
 ⇔ x = –1 hay x = 5
4
; y’(−1) = 24; y’( 5
4
) = 15
4
 Vậy pt các tiếp tuyến qua M là: y = 24x + 15 hay y = 15
4
x 21
4
− 
Câu II. 1. cosx = 0 : phương trình thành : ±1 = 0 vô lý 
 cos ≠ 0 : chia hai vế cho cos3x ta có : 3 2tg x 3 tgx 3tg x− = − 
 ⇔ 3 2tg x 3tg x tgx 3 0+ − − = ⇔ tgx = 1 hay tgx = −1 hay tgx = 3− 
 ⇔ x = k
4
π + π hay x = k
4
π− + π hay x = k
3
π− + π (k ∈ Z) 
 2. ⇔ 
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9
x 2xy 6x 6
⎧ + + = +⎪⎨ + = +⎪⎩
2 2
2
(x xy) 2x 9 (1)
6x 6 xxy (2)
2
⎧ + = +⎪⎨ + −=⎪⎩
 Thay (2) vào (1) ⇒ 
22
2 6x 6 xx 2
2
⎛ ⎞+ −+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
x 9+ 
 ⇔ ⇔ x(x3 + 12x2 + 48x + 64) = 0 ⇔ x = 0 hay x = −4 2 2(x 6x 6) 4(2x 9)+ + = +
 x = 0 ⇒ (1) : vô nghiệm; x = −4 ⇒ y = 17
4
 Vậy hệ ⇔ (x = −4; y = 17
4
) 
Câu III. 1. AB = (2, −3, −1); = (−2, −1, −1)⇒ uuur ACuuur AB AC (2,4, 8) 2(1,2, 4)∧ = − = −uuur uuur 
 Phương trình mp (ABC) : 1(x – 0) + 2(y – 1)–4(z–2) = 0 ⇔ x + 2y – 4z + 6 = 0 
 2. Gọi M (x, y, z). MA = MB = MC ⇔ MA = MB và MA = MC 
 ⇔ (x – 0)2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = (x – 2)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 
 và (x – 0)2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = (x + 2)2 + (y – 0)2 + (z – 1)2 
 ⇔ 4x – 6y – 2z – 4 = 0 (1) và 4x + 2y + 2z = 0 (2) 
 Mà M ∈ (α) : 2x + 2y + z – 3 = 0. Từ (1), (2), (3) ⇒ M (2, 3, −7) 
Câu IV. 1. Đặt t = sinx + cosx ⇒ t2 = 1 + sin2x 
 Ta có : dt = (cosx – sinx)dx 
 ⇒ I = 
2
2
1
1 d
(t 1)2
−
+∫ t = 
2
1
1 1
t 12
⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 
1 1 1
22 2 1
⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎝ ⎠ = 
1 1
2 2 2 2
−+ 
 2. Đặt x = cosα; y = sinα (0 ≤ α < 2π) 
 P = 
2
2
2(cos 6sin cos )
1 2sin cos 2sin
α + α α
+ α α + α = 
1 cos 2 6sin 2
2 sin 2 cos 2
+ α + α
+ α − α 
 ⇔ (P – 6)sin2α - (P + 1)cos2α = 1 – 2P (1) 
 (1) có nghiệm ⇔ (P – 6)2 + (P + 1)2 ≥ (1 – 2P)2 ⇔ P2 + 3P – 18 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ P ≤ 3 
 ⇒ max P = 3 và min P = −6. 
Câu V.a. 
 1. k k
n 1 n 1
n 1 1 1
n 2 C C ++ +
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠1
 = 
k 1
n 2
k k
n 1 n 1
Cn 1 .
n 2 C .C
+
+
1+
+ +
+
+ = kn
k!(n k)! 1
n! C
− = 
 2. Phương trình d qua H (−1, −1) và vuông góc với (D): x – y + 2 = 0 có dạng 
 1(x + 1) + 1(y + 1) = 0 
 Giao điểm I của (d) và (D) là nghiệm hệ phương trình: {x y 2 0x y 2 0+ + =− + = ⇒ I (−2, 0) 
 Gọi K là điểm đối xứng của H qua (D) thì K (−3, 1) 
 AC qua K và vuông góc đường cao: 4x + 3y – 1 = 0 
 Phương trình AC : 3(x + 3) – 4(y – 1) = 0 ⇔ 3x – 4y + 13 = 0 
 Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình : {3x 4y 13 0x y 2 0− + =− + = ⇒ A (5, 7) 
 CH qua H và có PVT = 2(3, 4) HA
uuur
 Phương trình CH : 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 
 Tọa độ C là nghiệm hệ phương trình : {3x 4y 7 03x 4y 13 0+ + =− + = ⇒ C 10 3,3 4⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Câu V.b. 
 1. 
2
0,7 6
x xlog log
x 4
⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎝ ⎠
 < 0 ⇔ 
2
6
x x log 1
x 4
+ >+ ⇔ 
2x x 6
x 4
+ >+ 
 ⇔ 
2x 5x 24
x 4
− −
+ > 0 ⇔ −4 8 
2. Tam giác SMA là tam giác đều cạnh a, nên ta có: 3
2
= aSH 
 Diện tích tứ giác BNDM 
 S(BNDM) 21 1. .2 2. 2
2 2
2= == MN BD a a a 
 V(S.BNDM) 
3
21 1 32
3 3 2 3
= = =a aBh a 3 
 Kẻ thêm MG //ND, ta có ND= ( )2 22 5+ =a a a 
S 
A
C 
D 
B N 
M 
H 
G 
P A 
A
 và ta có: 1 1 1 5
2 2 2
= = =MG PB ND a 
 SG = 2 2 a 5SH HG
2
+ = ⇒ cos (SM,ND) 
2 2 2 1+ −MG SG
2 . 5
= =SM
SM MG
Cách khác : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(0, 0); S a a 3,0,
2 2
⎛ ⎞⎜⎜⎝ ⎠⎟⎟
, D (0, 2a, 0), B(2a, 0, 0), 
M(a,0,0), C(2a, 2a, 0); N (2a, a, 0) ⇒ a a 3SM ,0,
2 2
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
uuur
; DN (2a, a,0)= −uuur 
2
2 2
2 2
a 1cos(SM,DN)
5a 3a (4a a )
4 4
= =
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠
---------- oOo ---------- 
TRẦN MINH QUANG - NGUYỄN PHÚ VINH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)