Đề thi tuyển sinh đại học (dự trữ ) môn Toán

 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN 
TOÁN NĂM 2005 - 200 
DỰ BỊ 1 KHỐI A 2005: 
Câu I: (2 đ)Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = 
2 22 1 3x mx m
x m
+ + −
− (*) (m là tham số) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 
Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 
2 2 4
( 1) ( 1)
x y x y
x x y y y
⎧ + + + =⎨ 2+ + + + =⎩
2. Tìm nghiệm trên khỏang (0; π ) của phương trình : 
 2 2 34sin 3 cos 2 1 2cos ( )
2 4
x x x π− = + − 
Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có 
trọng tâm G 4 1( ; , phương trình đường thẳng BC là )
3 3
02 4x y− − = và phương trình đường thẳng 
BG là 7 4 8 .Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 0x y− − =
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) . 
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa 
độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P). 
b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai 
tiếp tứ diện OABC. 
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 
3
2
0
sin .I x tgxdx
π
= ∫ . 
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ 
số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8. 
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng : 
 3 4 3 4 3 4 6x y z+ + + + + ≥ 
Bài giải CÂU I 
1/ Khi m = 1 thì 
2x 2x 2y
x 1
+ −= − (1) 
• MXĐ: D = R \ {1} 
• ( )
2
2
x 2xy '
x 1
−= − , y ' 0= ⇔ = =x 0 hay x 2
• BBT 
x −∞ 0 1 2 +∞
y ' + 0 - - 0 + 
y 2 +∞
 TRANG 1 
7
−∞ 6 
• Tiệm cận: 
x 1= là pt t/c đứng 
y = x + 3 là pt t/c xiên 
2/ Tìm m 
Ta có ( )
2 2
2
x 2mx m 1y '
x m
− + −= − 
Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía 
trục tung 
y ' 0⇔ = có 2 nghiệm trái dấu 
2
1 2x x P m 1 0 1 m 1⇔ = = − < ⇔ − < < 
CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình 
 ( ) ( ) ( )
2 2x y x y 4
I
x x y 1 y y 1 2
⎧ + + + =⎪⎨ + + + + =⎪⎩
2
(I) 
⎧ + + + =⎪⇔ ⎨ + + + + = ⇒ = −⎪⎩
2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2 xy
Ta có = + = ⇒ = + + ⇒ + = −2 2 2 2 2 2S x y;P xy S x y 2xy x y S 2P
 Vậy ( ) ⎧ − + = = −⎧⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ = = −− + = ⎩⎪⎩
2
2
S 2P S 4 P 2
I
S 0 hay S 1S P S 2
1
S x y 0
TH :
P xy 2
= + =⎧⎨ = = −⎩
 vậy x, y là nghiệm của phương trình + − =2X 0X 2 0 
Vậy hệ có 2 nghiệm 
x 2
x 2
⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩
 hay 
x 2
y 2
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
2
S x y 1
TH :
P xy 2
= + = −⎧⎨ = = −⎩ vậy x,y là nghiệm của phương trình 
2X X 2 0+ − = 
⇒ . Vậy hệ có 2 nghiệm = =X 1hay X 2− x 1
y 2
=⎧⎨ = −⎩
 V 
x 2
y 1
= −⎧⎨ =⎩
Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm 
x 2
y 2
⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩
 V 
x 2
y 2
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
 V 
x 1
y 2
=⎧⎨ = −⎩ V 
= −⎧⎨ =⎩
x 2
y 1
CÁCH KHÁC (I) 
⎧ + + + =⎪⇔ ⎨ + + + + =⎪⎩
2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2
⎧ + + + =⎪⇔ ⎨ = −⎪⎩
2 2x y x y 4
xy 2
⎧ + + + =⎪⇔ ⎨ = −⎪⎩
2(x y) x y 0
xy 2
⎧ + = + =−⎪⇔ ⎨ = −⎪⎩
x y 0 hay x y 1
xy 2
⎧ + = + =−⎪⇔ ⎨ = −⎪⎩
x y 0 hay x y 1
xy 2
⎧ = −⎪⇔ ⎨ =⎪⎩ 2
x y
x 2
 hay ⎪⎨
+ =−⎧
+ − =⎪⎩ 2
x y 1
x x 2 0
⇔ x 2
y 2
⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩
 V 
x 2
y 2
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
 V 
x 1
y 2
=⎧⎨ = −⎩ V 
⎧⎨ = −=⎩
x 2
y 1
2/ Tìm nghiệm ∈ π ( )0,
 TRANG 2 
Ta có 2 2x 34sin 3 cos2x 1 2 cos x
2 4
π⎛ ⎞− = + −⎜ ⎟⎝ ⎠ (1) 
(1) ( ) 32 1 cos x 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
π⎛ ⎞⇔ − − = + + −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
(1) 2 2 cos x 3 cos2x 2 sin 2x⇔ − − = − 
(1) 2 cos x 3 cos2x sin 2x⇔ − = − . Chia hai vế cho 2: 
(1) ⇔ − = −3 1cosx cos2x sin 2x
2 2
( )cos 2x cos x
6
π⎛ ⎞⇔ + = π−⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( )
π π π⇔ = + = − + π5 2 7x k a hay x h2
18 3 6
b
)
)
Do nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba 
nghiệm x thuộc ( là 
(x 0,∈ π
0,π 1 2 35 17x ,x ,x18 18 6
π π= = = 5π 
CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt ( )− − =⎧ ⇒ −⎨ − − =⎩
x 2y 4 0
B 0, 2
7x 4y 8 0
Vì cân tại A nên AG là đường cao của ABCΔ ABCΔ 
Vì ⇒ pt GA: GA BC⊥ − + − = ⇔ + − =4 12(x ) 1(y ) 0 2x y 3 0
3 3
 2x y 3 0⇔ + − = 
⇒ = H GA BC∩ ( )+ − =⎧ ⇒ −⎨ − − =⎩
2x y 3 0
H 2, 1
x 2y 4 0
Ta có với A(x,y). AG 2GH=uuur uuur 4 1 4 1AG x, y ;GH 2 , 1
3 3 3 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − = − − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
uuur uuur
⎟⎠ 
⇒ 
=⎧⎪⎨ − = −⎪⎩
x 0
1 8y
3 3
 ⇒ ( )A 0,3
Ta có : + + + += =A B C A B CG Gx x x y y yx và y3 3 ⇒ ( )C 4,0 
Vậy ( ) ( ) ( )A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2− 
2a/ Ta có ( )BC 0, 2,2= −uuur
• mp (P) qua và vuông góc với BC có phương trình là (O 0,0,0)
− + = ⇔ − =0.x 2y 2z 0 y z 0 
• Ta có ( )AC 1, 1,2= − −uuur , phương trình tham số của AC là 
x 1 t
y 1 t
z 2t
= −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
. 
Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 11 t 2t 0 t
3
− − = ⇔ = . Thế 1t
3
= vào pt (AC) ta có 
2 2 2M , ,
3 3 3
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ là giao điểm của AC với mp (P) 
2b/ Với ( )A 1,1,0 ( )B 0,2,0 ( )C 0,0,2 .Ta có: ( )AB 1,1,0= −uuur , ( )AC 1, 1,2= − −uuur 
⇒ ⇒ = − = ⇔ ⊥uuur uuur uuur uuurAB.AC 1 1 0 AB AC ABCΔ vuông tại A 
 TRANG 3 
• Ta dễ thấy cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. 
Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ 
dàng tìm dược 
BOCΔ
( )I 0,1,1 2 2R 1 1= + = 2 
Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : ( ) ( )2 22x y 1 z 1 2+ − + − = 
CÂU IV. 
1/ Tính 
π π
= =∫ ∫
/ 3 / 3
2 2
0 0
sin xI sin xtgxdx sin x. dx
cosx
⇒ ( )2/ 3
0
1 cos x sin x
I dx
cosx
π −= ∫ u cosx, Đặt = ⇒ du sin xdx− = 
Đổi cận ( )1u ,u 0
3 2
π⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 
( )( )21/ 2
1
1 u du
I
u
− −= ∫ = 
11 2
1/ 2 1/ 2
1 uu du ln u ln2
u 2
⎡ ⎤⎛ ⎞− = − = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫
3
8
2/ Gọi = 1 2 3 4 5 6n a a a a a a là số cần lập 
+ + =3 4 5ycbt : a a a 8 ⇒ { } { }∈ ∈3 4 5 3 4 5a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4 
a) Khi { }3 4 5a ,a ,a 1,2,5∈ 
• Có 6 cách chọn 1a
• Có 5 cách chọn 2a
• Có 3! cách chọn 3 4 5a ,a ,a
• Có 4 cách chọn 6a
Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n 
b) Khi { }3 4 5a ,a ,a 1,3,4∈ tương tự ta cũng có 720 số n 
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n 
Cách khác Khi { }3 4 5a ,a ,a 1,2,5∈ 
Có 3! = 6 cách chọn 3 4 5a a a 
Có cách chọn 36A 1 2 6a ,a ,a
Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n 
Khi { }3 4 5a ,a ,a 1,3,4∈ tương tự ta cũng có 720 số n 
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n 
CÂU V: Ta có: 4x x3 4 1 1 1 4 4 4+ = + + + ≥ x 
+ ≥ = 84x x x3 4 2 4 2. 4 . Tương tự + ≥ = 84y y3 4 2 4 2. 4x ⇒ 
 8z z3 4 2 4+ ≥ 
Vậy ⎡ ⎤+ + + + + ≥ + +⎢ ⎥⎣ ⎦
8 8 8x y z x y z3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 
 TRANG 4 
 3 8 x y z6 4 .4 .4≥ 24 x y z6 4 6+ +≥ = 
DỰ BỊ 2 KHỐI A: 
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 
2 1
1
x xy
x
+ += + . 
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thị ( C ) . 
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình : 2 1
3 2 4
x y x y
x y
⎧ 1+ + − + =⎪⎨ + =⎪⎩
2. Giải phương trình : 32 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x xπ− − − = 
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 
 (C): x2 + y2 . Viết phương trình đường tròn (C12 4 36 0x y− − + = 1) tiếp xúc với hai trục tọa độ 
Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C). 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 
4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết 
phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S. 
 b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC. 
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 
7
3
0
2
1
xI dx
x
+= +∫ . 
2. Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức 2(2 3 ) nx− , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 
 = 1024. (C là số tổ hợp chập k của n phần tử) 1 3 5 22 1 2 1 2 1 2 1...
n
n n nC C C C
+
+ + ++ + + + 1n+ kn
Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có : 
 29(1 )(1 )(1 ) 256yx
x y
+ + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? 
Bài giải: 
CÂU I. 
1/ Khảo sát và vẽ đồ thị 
+ += +
2x x 1y (C)
x 1
MXĐ: { }D R . \ 1= − ( )
+= = ⇔ + = ⇔ =+
2
2
2
x 2x = −y ' ,y ' 0 x 2x 0 x 0hay x 2
x 1
BBT 
x −∞ -2 -1 0 +∞
y ' + 0 - - 0 + 
y 
-3 +∞ 
 −∞ 
1 
+∞
−∞
Tiệm cận: 
x = −1 là phương trình tiệm cận đứng 
y x= là phương trình tiệm cận xiên 
2/ Phương trình tiếp tuyến qua Δ ( )M 1,0− ( hệ số 
góc k ) có dạng 
 TRANG 5 
Δ : ( )y k x 1= + 
Δ tiếp xúc với ( )C hệ pt sau có nghiệm ⇔
( )
( )
⎧ + + = +⎪ +⎪⎨ +⎪ =⎪ +⎩
2
2
2
x x 1 k x 1
x 1
x 2x k
x 1
⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm là ( )( )( )
22
2
x 2x x 1x x 1
x 1 x 1
+ ++ + =+ + 
x 1⇔ = ⇒ 3k
4
= 
Vậy pt tiếp tuyến với Δ ( )C qua ( )M 1,0− là: ( )3y x
4
1= + 
CÂU II. 1/ Giải hệ pt : ( )2x y 1 x y 1 I
3x 2y 4
⎧ + + − + =⎪⎨ + =⎪⎩
( ) ( ) ( )
2x y 1 x y 1
I
2x y 1 x y 5
⎧ + + − + =⎪⇔ ⎨ + + + + =⎪⎩
Đặt = + + ≥ = + ≥u 2x y 1 0,v x y 0 
(I) thành ( )
− = = ⇒ =⎧ ⎡⎪ ⇒⎨ ⎢ = − ⇒ = −+ =⎪ ⎣⎩
1 1
2 2
2 2
u v 1 u 2 v 1
u 1 v 2 loạu v 5 i
Vậy ( ) 2x y 1 2I
x y 1
⎧ + + =⎪⇔ ⎨ + =⎪⎩
2x y 1 4 x 2
x y 1 y 1
+ + = =⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨+ = =⎩ ⎩ − 
2/ Giải phương trình ( )32 2 cos x 3cosx sin x 0 2
4
π⎛ ⎞− − − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
(2) 
3
2 cos x 3cosx sin x 0
4
π⎡ ⎤⎛ ⎞⇔ − − −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ =
=
( )⇔ + − − =
⇔ + + + − −
3
3 3 2 2
cosx sin x 3cosx sin x 0
cos x sin x 3cos xsin x 3cosxsin x 3cosx sin x 0
=⎧⎪⇔ ⎨ − =⎪⎩ 3
cosx 0
sin x sin x 0
≠⎧⎪⎨ + + + − − − − =⎪⎩ 2 3 2 3
cosx 0
hay
1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x 0
⇔ =2sin x 1 =hay tgx 1 x
2
π⇔ = + πk hay π= + πx k
4
CÂU III 
1/ ( ) ( ) ( )2 22 2C x y 12x 4y 36 0 x 6 y 2 4⇔ + − − + = ⇔ − + − =
)
Vậy (C) có tâm và R=2 (I 6,2
 TRANG 6 
Vì đường tròn ( )1C tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm nằm trên 2 đường thẳng 1I y x= ± 
vàvì (C) có tâm ,R = 2 (I 6,2)
 nên tâm với x > 0. ±1I (x; x)
1TH : Tâm đường thẳng y = x ⇒ 1I ∈ ( )I x,x , bán kính =1R x 
 ( )1C tiếp xúc ngoài với (C) ⇔ = +1 1I I R R ( ) ( )⇔ − + − = +2 2x 6 x 2 2 x 
( ) ( )⇔ − + − = + + ⇔ − − + =2 2 2 2x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0 
⇔ − + = ⇔ = =2x 20x 36 0 x 2 hay x 18 .Ứng với = =1 1R 2 hay R 18 
Có 2 đường tròn là: ( ) ( )2 2x 2 y 2 4− + − = ; ( ) ( )2 2x 18 y 18 18− + − = 
2TH : Tâm đường thẳng 1I ∈ ( )y x I x, x= − ⇒ − ; =1R x 
Tương tự như trên, ta có x= 6 
Có 1 đường tròn là ( ) ( )2 2x 6 y 6 36− + + = 
Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
− + − = − + − =
− + + =
2 2 2 2
2 2
x 2 y 2 4; x 18 y 18 18
x 6 y 6 36
;
2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒ =uuur uuurOC AB ⇒ B(2,4,0) 
* Đoạn OB có trung điểm là ( )H 1,2,0 . H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông 
OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và 
bán kính R = = + + =1 1SB 4 16 16 3
2 2
, 
Vậy phương trình mặt cầu là  ... g trình: log ( ) log ( )x x+− −13 33 1 3 3 6=
2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi SH là đường cao của hình 
chóp. Khoảng cách từ trung điểm I của SH đến mp bên (SBC) bằng b. Tính thể tích khối 
chóp S.ABCD 
Bài giải 
Câu I 
1/ Dành cho độc giả 
 2/ Gọi M(x1,y1),N (x2,y2) ∈(C) đối xứng qua oy.Ta có 
x xx x
x xy y x x
≠ 0
x x
= −⎧= − ≠⎧ ⎪⇔⎨ ⎨= + − − = − + + −⎩ ⎪⎩
2 1
2 1 3 3
2 21 1
2 1 1 1 1 1
0
11 113 3
3 3 3 3
⇔
y y
x x x x
xx
⎧ ⎧ ⎧⎪ = =⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪= =− =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎩
=− ≠
3
1 1 2
2 1 1 2
1
3 3
16 16
6 0 3 33
0
2
−
⇒M ,⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
163
3
; N ,⎛−⎜⎝ ⎠
163
3
⎞⎟ hoặc M ,⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
163
3
; N ,⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
163
3
Câu II 
1/ Giải pt: cos3x+sin3x+2sin2x=1 (1) 
(1) (sinx+cosx)(1-cosxsinx)-cos2x=0 ⇔
⇔ ( ) ( )cosx+sinx sinxcosx- cosx-sinx⎡ − ⎤ =⎣ ⎦1 0 
( )( )cosx+sinx=0 hay cosx sinx+1
tgx=-1v cosx=1vsinx=-1
⇔ −
⇔
1 0=
x = - x = k2 x= - 
4 2
k hay hay kπ ππ π π⇔ + + 2 
2/ Giải hệ pt:
2 2
2 2
x -xy+ y =3(x-y)
x +xy+ y =7(x-y)
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ 2
 (I) 
 Đặt 
x-y=u
xy=v
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
 Hệ thành 
⇔
2 2
2 2
-3u+v=0 -3u=0 u=0 u=1
v= 2u v= 2u v=0 v=2
hay
u u⎧ ⎧ ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎩⎩⎩ ⎩
3
⎨⎪
*
u=x-y=0
v=xy=0
x y
⎧⎪⎪ ⇔⎨⎪⎪⎩
= =0 
*
u=x-y=1 x=2 x=-1
xy=2 y=1 y=-2
hay
⎧ ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩
Câu III 
Ta có d1 qua M(0,3,-1) VTCP =(-1,2,3) a
r
d2 qua N(4,0,3) VTCP =(1,1,2) b
r
, ( , , ), ( , ,a b MN⎡ ⎤ = − = −⎣ ⎦ 1 5 3 4 3 4
r r uuuur
) ; ,a b MN⎡ ⎤ = − − = − ≠⎣ ⎦ 4 15 12 23 0
r r uuuur ⇒ d1,d2 chéo nhau. 
2/ Đường thẳng nằm trong mp (P) và cắt cả d1,d2 nên Δ Δ đi qua các giao điểm của d1,d2 với 
(P). 
( , ,
x y z
A A
x y z
− +⎧ = =⎪ −⎪ ⇒ −⎨ − + − =⎪⎪⎩
3 1
1 2 3
2 7 5
4 3 11 26 0
) 
( , , ) ( , , )
x y z
B B A
x y z
− −⎧ = =⎪⎨ ⇒ − ⇒ − −⎪ − + − =⎩
4 3
1 1 2
3 11 5 8 4
4 3 11 26 0
uuur
B 
pt đường thẳng qua A,B là Δ x y z+ − −= =− −
2 7
5 8
5
4
Câu IV 
1/ Tính I= ( )sinx xdx
π
+∫
2
0
1 2 Đặt
sin ,chọn
u x du dx
dv xdx v cos x
⎧ = + ⇒ =⎪⎪⎨⎪ = =−⎪⎩
1
12 2
2
( )sinx xdx
x cos x cos xdx
π
π
π
π
+∫
+=− + = +∫
2
2
0
0
1 2
21 12 2
2 420
1
0
)
2/ Giải pt 4x-2x+1+2(2x-1)sin(2x+y-1)+2=0 
Đây là pt bậc 2 theo t = 2x có nên Δ ≤0
sin( ) ( )x x xpt y cos y⎡ ⎤⇔ − + + − + + − =⎢ ⎥⎣ ⎦
2
22 1 2 1 2 1 
⇔ sin( ) ( )
( ) (
x x y
xcos y
⎧ − + + − =⎪⎨ + − =⎪⎩
2 1 2 1 0 1
2 1 0 2
(2) sin(2x+y-1)= 1 ⇔ ±
• Với sin(2x+y-1)=1 thay vào (1) ta có 2x = 0 (loại) 
• Với sin(2x+y-1)=-1 (3) thế vào (1) ta có 2x = 21 ⇔ x=1 
Thế x=1 vào (3) ta có sin(1+y)= -1 ⇔ y kπ π= − − +1 2
2
Câu Va 
 1/ Viết pt đường tròn (C) 
Vì (C) qua gốc O nên pt (C):x2+ y2+2ax+2by=0 
A(-1,1)∈(C)=>2-2a+2b=0 =>b = a-1 pt(C): x2+ y2+2ax+2(a-1)y=0 ⇒
⇒ (C) có tâm I(-a,1-a) và bán kính R= a a− +22 2 1 
 Do (C) tiếp xúc đt (d): x - y + 1 - 2 = 0 nên 
R=d(I,d) ( )a aa a
− − − + −− + = = =1 1 2 222 2 1
2 2
1 
a a a haya− = ⇔ = =22 2 0 0 1. Vậy có 2 đường tròn (C) 
(C1):x2+ y2-2y=0 (C2):x2+ y2 + 2 x=0 
2/ Số cách lớp học thành 3 tổ, có 3 trường hợp. 
*TH1: 
Tổ 1 có 3 nữ, 7 nam ⇒C C3 77 26
Tổ 2 có 2 nữ, 9 nam ⇒C C2 94 19
Tổ 3 có 2 nữ, 10 nam = 1 ⇒C C2 102 10
Vậy ta có C C C C3 7 2 97 26 4 19
*TH2: 
Tổ 1 có 2 nữ, 8 nam ⇒C C2 87 26
Tổ 2 có 3 nữ, 8 nam ⇒C C3 85 18
Tổ 3 có 2 nữ, 10 nam ⇒ C C2 102 10
Vậy ta có C C C C2 8 3 87 26 5 18
*TH3: 
Tổ 1 có 2 nữ, 8 nam ⇒C C2 87 26
Tổ 2 có 2 nữ, 9 nam ⇒C C2 95 18
Tổ 3 có 3 nữ, 9 nam ⇒C C3 93 9
Vậy ta có C C C C2 8 2 97 26 5 18
Theo quy tắc cộng ta có : 
C C C C3 7 2 97 26 4 19 + C C +C C C C2 8 3 87 26 5 18 C C2 8 2 97 26 5 18
Câu Vb 
1/ Giải pt: : (1) ( ) ( )log logx x+− −13 33 3 31 = 6
 đặt t=log3(3x-1) thì 
(1) t(t+1)=6 t2+t-6=0 t = 2 hay t = -3 ⇔ ⇔ ⇔
* t=2 log3(3x-1) =23x-1=32=9 ⇒ ⇔ x=log310 
* t=-3 ⇒ log3(3x-1)=-3 3x-1=⇔ 127 ⇔ log3
28
27
2/ Tính VSABCD 
Vì S.ABCD là hình chóp đều H là tâm của ABCD. Gọi M là trung điểm của BC, K là hình 
chiếu vuông góc của H lên SM. Ta có 
⇒
( )
BC SH
BC SHM
BC HM
⇒
⊥ ⎫⎪ ⊥⎬⊥ ⎪⎭
⇒ (SBC) (SHM) ⊥
 mà HK SM⇒ HK (SBC) => HK= 2I J =2 b ⊥ ⊥
Trong tam giác vuông SHM ta có 
HK SH HM b SH a
= + ⇔ = +2 2 2 2 21 1 1 1 14 2
4
abSH
a b
=> = −2 2
2
16
. . ( )SABCD
a bV S H dt ABCD
a b
= = −
3
2 2
1 2
3 3 16
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
(Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn) 
 ĐỀ DỰ BỊ 2 – KHỐI D – 2006 
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh 
Câu I (2 đ) 
 Cho hàm số y = 
x
x
+
−
3
1
 (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 
2) Cho điểm M0(x0, y0) ∈ (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và 
B. Chứng minh M0 là trung điểm của đoạn AB 
Câu II (2 đ) 
1) Giải phương trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 
2) Giải phương trình: ( )x x x x x x R+ − = − + − + − + ∈22 7 2 1 8 7 1 
Câu III (2 đ) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ; 
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3) 
1) Viết phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với mp (ABC) 
2) Viết phương trình mp (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến 
(P) 
Câu IV (2 đ) 
1) Tính tích phân: I = ( ) lnx xdx−∫2
1
2 
2) Giải hệ phương trình: 
ln( ) ln( )x y x y
x xy y
+ − + = −⎧⎨ − + =⎩ 2 2
1 1
12 20 0
Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb 
Câu Va (2đ) Theo chương trình THPT không phân ban (2 đ) 
1) Trong mp Oxy, lập phương trình chính tắc của elíp (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên 
trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên 1 đường tròn. 
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau 
và mỗi số lập được đều nhỏ hơn 25000 ? 
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 đ) 
1) Giải phương trình: (log )log logx x+ +2 4 2 12 1 4 =0 
2) Cho hình lập phương ABCD. A B C D′ ′ ′ ′ có cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh CC sao cho: CK = ′
2
3
a. Mặt phẳng (α ) đi qua A, K và song song với BD, chia khối lập phương thành hai khối đa 
diện. Tính thể tích của hai khối đa diện đó. 
Bài giải 
Câu I 
1/ KS y=
x
x
+
−
3
1
 MXĐ:D=R { }/ 1 y’=
( )x
−
− 2
4
1
<0 
x -∞ 1 +∞ 
y’ - - 
y 1 +∞ 
 -∞ 1
TC: x=1, y=1. Đồ thị : dành cho độc giả. 
2/ CM: M0 là trung điểm của AB 
M0(x0,y0) ∈(C) y0=⇔ xx
+
−
0
0
3
1
=
x
+ −0
41
1
; y’(x0)= ( )x
−
− 20
4
1
pt tiếp tuyến của (C) tại Mo 
 y - yo=
( )x
−
− 20
4
1
(x-xo) (d) 
Gọi A là giao điểm của (d) với tiệm cận ngang y =1 A(xA,1) ⇒
Do A∈(d) 1 ⇒ ( )
( )
Ax x
x x
⎛ ⎞ − −− + =⎜ ⎟− −⎝ ⎠
0
2
0 0
441
1 1
⇔ xA= 2xo-1 ⇒A(2xo-1,1) 
Gọi B là giao điểm của (d) với tiệm cận đứng x=1 B(1,yB) ⇒
⇒ A Bx x+
2
 = xo và Mo,A,B∈d Mo là trung điểm của AB ⇒
Câu II 
1/ Giải pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 
(1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 ⇔
⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 
sin cos
sin cos
x hay cos x x
x hay x
⇔ = − − + + =
⇔ = − =−
21 2 3 2
11
2
0
,x k hay x k k⇔ = − + = ± + ∈π ππ π22 2
2 3
2/ Giải pt: x x x x x+ − = − + + −22 7 2 1 8 7 +1 (1) 
(1) ⇔ ( )( )x x x xx − + − − − − =− − 1 7 1 71 2 2 0 
⇔ ( ) ( )x x x x− − − − − − − =1 1 2 7 1 2 0 
⇔ ( )( )x x x− − − − − =1 2 1 7 0 
x hay x x x hay x⇔ − = − = − ⇔ = =1 2 1 7 5 4 
Câu III 
1/ Viết pt đường thẳng  qua O và (ABC) Ta có: ⊥
( , , )
, ( , ,
( , , )
AB
n AB AC
AC
⎧ = −⎪ ⎡ ⎤⇒ = =⎨ ⎣ ⎦= − −⎪⎩
1 2 0
6 3 4
1 2 3
uuur r uuur uuur
uuur ) là 1 VTCP của ( ) 
Vậy pt : x y z= =
6 3 4
2/ Viết pt mp(P) chứa OA sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P). 
Gọi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 với A2+ B2 + C2 > 0 
O∈(P)⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ ⇒
d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D C D B+ = + ⇒ = ±4 3 4 C3 (do D= 0) 
• Với 4B=3C chọn C=4, B=3,A= - 6⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 
• Với 4B= -3C chọn C= -4⇒B=3,A=6⇒ (P):6x+3y-4z =0 
Câu IV 
1/ Tính I= ( ) lnx xdx−∫ 21 2 Đặt u = lnx dxdu x⇒ = 
( ) ,chọn xdv x dx v x= − = −22 2
2
( )ln ln
ln ln
x xI x xdx x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= − = − − −∫ ∫
= − + =− +
22 2
1 1
2
2 22 21
5 52 2 44 4
dx2
2/ Giải hệ pt: ( )
( )
ln(1+x)-ln(1+y)=x-y
x xy y
⎧⎪⎨ − + =⎪⎩ 2 2
1
12 20 0 2
 ĐK: x > -1, y > -1 
(2) (x-2y)(x-10y)=0 x = 2y (3) hay x = 10 y (4) ⇔ ⇔
(3) hay (4) ⇒ x , y hoặc cùng dấu hoặc x = y = 0 
(1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y ⇔
 Xét hàm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) 
f’(t)=
t
t t
−− =+ +
1 1
1 1
 t -1 0 +∞ 
f’ + 0 - 
f 0 
Từ bảng biến thiên ta có : 
i) Nếu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) 
 f(x) < f (y) (1) không có nghiệm thỏa ( 5) ⇒ ⇒
ii) Nếu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6)⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) không có nghiệm thỏa ( 
6) 
iii) Hiển nhiên x = y = 0 là nghiệm của hệ. 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y= 0 
Câu Va 
1/ Lập pt Elip 
(E): x y
a b
+ =
2 2
2 2 1 (a > b >0) Theo giả thiết a=2 2 các đỉnh trên Oy là B1(0,-b); B2(0,b) 
F1(-c,0); F2(c,0). Tứ giác F1B1F2B2 là hình thoi, theo giả thiết 4 đỉnh nằm trên đường tròn, nên hình thoi 
trở thành hình vuông 
⇒ b = c mà a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2 b = c = 2 ⇒
Pt(E): x y+ =
2 2
1
8 4
2/ Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 
Gọi 1 2 3 4 5n=a a a a a chẵn, ai ≠ aj với i j, n < 25000 . Vì n < 25000 ≠
⇒ a1 { },∈ 1 2 ta có các trường hợp sau: 
 — TH 1: a1=1 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 4 cách chọn a5 ( n chẵn) 
A35 cách chọn a2a3a4 
Vậy ta có 1.4. A35 =240 số n 
— TH 2: a1 =2, a2 chẵn < 5 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 2 cách chọn a2 
Ta có 2 cách chọn a5 
A24 cách chọn a3a4 
Vậy ta có 1.2.2. A24 =48 số n 
—TH 3: a1 =2, a2 lẻ < 5 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 2 cách chọn a2 
Ta có 3 cách chọn a5 
A24 cách chọn a3a4 
Vậy ta có 1.2.3 A24 =72 số n. Theo quy tắc cộng ta có: 
240 + 48 + 72 = 360 số n 
Câu Vb 
1/ Giải pt ( loglog ) log xx =++2 4 12 02 41 (1) 
(1) log2x(log2x+1)-2=0⇔ ⇔ log22 x +log2 x – 2 = 0 
⇔ log x=2 1 hay log x x hay x= − ⇔ = =2 2 2 14 
2/ Thể tích khối đa diện 
Gọi O, O’ lần lượt là tâm của ABCD, A’B’C’D’ 
I là giao điểm của AK với OO’ => OI = CK a=
2 3
mp(α ) chứa AK và // BD nên (α ) qua I và cắt mp(BDB’D’) 
theo giao tuyến MN//BD⇒ BM = DN = OI = a
3
.Đáy ABCD là hình vuông BD AC AK⇒ ⊥ ⇒ ⊥MN 
I là trung điểm của MN và của AK nên thiết diện AMKN là hình thoi. 
 mp(α ) cắt hình lập phương thành hai khối.Gọi V1 là thể tích khối đa diện ABCDMNK. V2 là thể tích 
khối đa diện AMKNA’B’C’D’ 
V=a3 là thể tích ABCD thì V=a3=V1+V2 
Ta có V1=2VABCKM 
mà VABCKM= AB
1
3
.SBCMK 
=
a a a aa⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
31 2
3 3 3 2 6
⇒V1= a a=
3 32
6 3
⇒V2 = a
32
3
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
(Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)