Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng - Đề dự bị 1 - Môn thi: Toán, Khối A

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 
 ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 
 ĐỀ DỰ BỊ 1 Môn thi: TOÁN, khối A 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2 điểm)Cho hàm số   113 23  xmmxxy (1), 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 tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = -1 đi 
qua điểm A(1;2) 
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x. 
2. Giải phương trình 12 x + x23 =
2
)12( 2x (x  R). 
Câu III (2 điểm) Trong không 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 . Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d 1 , d 2 sao cho 
tam giác IAB cân tại I và có diện tích bằng 
42
41 . 
Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I = 


3
2
1
3
.
22x
xdx 
 2. Giải phương trình 
)
4
sin( x
e =tgx. 
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. Cho tập hợp E = .7,5,4,3,2,1,0 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác 
nhau được lập từ các chữ số của E? 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC các đường cao kẻ từ đỉnh B và 
đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10=0 và x - y + 
1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng 2 . 
Tìm tọa độ các đỉnh cuả tam giác ABC. 
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
1. Giải bất phương trình log
3
1 .01
32log2 







x
x 
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hình 
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (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 trên tia đối của tia BA sao 
cho góc E MCˆ =  ( <900) và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC. Tính thể tích 
của khối tứ diện EHIJ theo a,  và tìm  để thể tích đó lớn nhất. 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 
Môn thi: TOÁN, khối A 
Câu Nội dung Điểm 
I 2,00 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 
Với m = -1 hàm số trở thành y = x3 – 3x2 + 1 
• Tập xác định: R 
• Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0  




2 x 
0 x 
0,25 
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(2) = -3 0,25 
• Bảng biến thiên: 
x - 0 2 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 1 + 
- -3 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2 Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm) 
Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x = -1, suy ra M(-1; 2m - 1) 0,25 
Ta có y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = 4 – 5m. Tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 
đã cho tại M(-1; 2m – 1) có phương trình 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 trình lượng giác(1,00 điểm) 
 Điều kiện: sin x. cos x  0. 
Phương trình đã 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 trình đã cho là 
2824
 kxvakx   với Zk  
0,50 
2 Giải phương trình (1,00 điểm) 
Điều kiện: 



2
3;
2
1x . 
Ta có 
     2231242312242312 2  xxxxxx (1). 
0,50 
Mặt khác, ( ) ( )
2
2 2 12 2 1 2 2 1 4 2
2
xx x -- £ - £ Þ - £ Þ £ (2). 0,25 
Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã 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 trình 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 mãn 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 Tìm tọa độ(1,00 điểm) 
Véctơ chỉ phương của d1 là 1u
 = (2; 2; 1). 
Ta có 









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 góc giữa d1 và d2 ta có cosα = 
21
21
u.u
u.u


= 
21
20
 sin α = 
21
41 . 
0,25 
Ta có S IAB = 2
1 IA2 sin α = 
2
1 IA2 sin α = 
42
41 IA2 = 
42
41
 IA = IB = 1. 
Vì A thuộc d1 nên 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 
Vì B thuộc d2 nên 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 Tính tích phân(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 trình(1,00 điểm) 
Điều kiện: cosx≠0. 
Dễ thấy sinx=0 không thỏa mãn phương trình 
Phương trình đã 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 có   0.;1;1,  vuvu . 
Từ (1) ta có phương trình 
v
e
u
e
vu
2
2
2
2
 . 
0,50 
Xét 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 trên các 
khoảng (-1;0) và (0;1). 
Ta thấy u,v cùng dấu nên u, v cùng 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 trình đã cho là 
0,50 

 kx 
4
 với Zk  . 
V.a 2,00 
1 Có bao nhiêu số tự nhiên(1,00 điểm) 
 Số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau của E có dạng: abcd , trong đó 
 4,2,0,0  da . 
Xét d=0. Khi đó các số có 3 chữ số abc bằng 12036 A . 
Xét d = 2 (hoặc d = 4), khi đó a có 5 cách chọn, ứng với mỗi cách chọn a ta có 5 
cách chọn b, ứng với mỗi cách chọn hai chữ số a, b ta có 4 cách chọn chữ số c. 
Vậy có tất cả 5.5.4 = 100 số. 
Vậy có 120 + 100.2 = 320 số. 
0,50 
2 Tìm tọa độ các đỉnh(1,00 điểm) 
Gọi d1 ,d2 lần lượt là đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc A 
Gọi M’(a; b) là điểm đối xứng của M qua d2 và I là trung điểm của MM’. 
Ta có   




 
2
2;
2
,2;' baIbaMM . Vectơ chỉ phương của d2 là  1;1u . 
Ta có hệ: 





















1
1
01
2
2
2
02
0.
2
'
b
a
ba
ba
dI
uMM 
0,25 
Khi đó M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC. Mặt khác vectơ chỉ phương  3;4 v 
của đường cao d1 chính là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AC. Do đó phương 
trình đường thẳng AC là 4(x - 1) – 3(y - 1) = 0  4x – 3y – 1 = 0. 
ACdA  2 xác định bởi hệ 
1 0 4
54 3 1 0
x y x
yx y
- + =ì ì =ï ïï ïÛí í =- - =ï ïïï îî
.Vậy ( )4;5A 
0,25 
Phương trình đường thẳng AB: 
.0843
3
2
425
2
04
0







 yxyxyx 
ABdB  1 xác định bởi hệ 
33 4 10 0
1 .3 4 8 0
4
xx y
x y y
= -ìïì + + = ïïï ïÛí í- + = = -ï ïïî ïïî
 Vậy 1( 3; )
4
B - - 
0,25 
Đường thẳng AC: 4x – 3y – 1 = 0, do đó .
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 cùng 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 trình logarit (1,00 điểm) 
 Bất phương trình đã 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 trình là x < - 2. 
0,50 
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần 
như đáp án qui định. 
Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT). 
Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.