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

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2008 
Môn thi: TOÁN, khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) 
 Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 4 (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I (1;2) với hệ số góc k (k > - 3) đều cắt đồ 
thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình 2sinx(1+cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx 
 2. Giải hệ phương trình 
2 2xy x y x 2y
(x, y )
x 2y y x 1 2x 2y
⎧ + + = −⎪ ∈⎨ − − = −⎪⎩
 
Câu III (2 điểm) 
 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3) 
 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 
 2. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Câu IV (2 điểm) 
 1. Tính tích phân 
2
3
1
ln xI d
x
= ∫ x 
 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 2 2
(x y)(1 xy)P
(1 x) (1 y)
− −= + + 
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. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức là số tổ hợp 
chập k của n phần tử) 
1 3 2n 1
2n 2n 2n nC C ... C 2048 (C
−+ + + = k
 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm 
phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc = 900. Chứng minh rằng 
đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. 
BAC
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
 1. Giải bất phương trình 
2
1
2
x 3x 2log 0
x
− + ≥ 
 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên 
AA ' a 2= . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ 
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. 
------------ 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) 
1. D = R 
 y' = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 4 
 y" = 6x - 6, y" = 0 ⇔ x = 1 
 x - ∞ 0 1 2 +∞ 
 y' + 0 - - 0 + 
 y" - - 0 + + 
 y 4 2 0 + ∞ 
 - ∞ 
2. d : y - 2 = k(x - 1) ⇔ y = kx - k + 2 
 Pthđgđ : x3 - 3x2 + 4 = kx - k + 2 ⇔ x3 - 3x2 - kx + k + 2 = 0 
 ⇔ (x - 1)(x2 - 2x - k - 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨ g(x) = x2 - 2x - k - 2 = 0 
 Vì Δ' > 0 và g(1) ≠ 0 (do k > - 3) và x1 + x2 = 2xI nên có đpcm. 
Câu II (2 điểm) 
1. Pt ⇔ 4sinxcos2x + 2sinxcosx - 1 - 2cosx = 0 ⇔ 2cosx(2sinxcosx - 1) + (2sinxcosx - 1) = 0 
 ⇔ (2sinxcosx - 1)(2cosx + 1) = 0 ⇔ sin2x = 1 ∨ cosx = 1
2
− 
 ⇔ 2x k x k2 (k
4 3
π π= + π ∨ = ± + π ∈ ) 
2. ĐK: x ≥ 1 và y ≥ 0 
 ⇔ (x + y)(x - 2y - 1) = 0 ⇔ x = - y ∨ x = 2y + 1 2xy x y x 2y+ + = − 2
 * Th.1 : x = - y . Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (loại vì x ≥ 1) 
 * Th.2 : x = 2y + 1 thế vào pt x 2y y x 1 2x 2y− − = − ta được : 
 (2y 1) 2y y 2y 2y 2+ − = + ⇔ (y 1)( 2y 2) 0+ − = ⇔ y = - 1 (loại) ∨ y = 2. 
 Vậy hệ có 1 nghiệm : x = 5; y = 2. 
Câu III (2 điểm) 
1. Pt mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 
 (S) đi qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 0 và 18 - 6a - 6c + d = 0 và 18 - 6b - 6c + d = 0 và 
27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 ⇔ 3 3 3a ; . b ;c ;d 0
2 2 2
= = = =
 Vậy pt (S) : x2 + y2 + z2 - 3x - 3y - 3z = 0 
2. mp (ABC) đi qua A và có VTPT là [AB,AC]
uuur ruuu
 = (-9;-9;-9) nên có pt x + y + z - 6 = 0 
 d đi qua tâm 3 3 3I ; ;
2 2 2
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ của (S) và ⊥ với mp (ABC) có pt : x = 32 + t, y = 
3
2
+ t, z = 3
2
 + t. 
 Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC chính là giao điểm H của d và mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2). 
Câu IV (2 điểm) 
1. Đặt dxu l , n x du
x
= ⇒ = 3dxdv chọn v = x= 2
1
2x
− 
2
2
12 3
1
1 1I ln x dx
2x 2x
= − + ∫ = 1 3ln 28 1− + 6 
2. Đặt x = tgu, y = tgv với u, v [0; )
2
π∈ . 
I 
2 1 0 
2 
 2 2
(tgu tgv)(1 tgutgv)P
(1 tgu) (1 tgv)
− −= + + = 2 2
sin(u v)cos(u v)
(sin u cos u) (sin v cos v)
− +
+ + = 
1 sin 2u sin 2v
2 (1 sin 2u)(1 s in2v)
−
+ + 
 = 1 1 1
2 1 sin2v 1 sin2u
⎛ ⎞−⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ 
 Pmax = 
1 1 1 1 khi
2 1 0 1 1 4
⎛ ⎞− =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ u 4
π= và v = 0 ⇔ x = 1 và y = 0 
 Pmin = 
1 1 1 1 khi
2 1 1 1 0 4
⎛ ⎞− = −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ u = 0 và v 4
π= ⇔ x = 0 và y = 1 
 Cách khác : 
 P = 
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2x y y xy x(1 y ) y(1 x ) x(1 2y y ) y(1 2x x )
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)
− − + + − + + + − + += =+ + + + + +
x 
 = 2 2
x y
(1 x) (1 y)
−+ + , mà 2
a 10 ( a 0)
(1 a) 4
≤ ≤ ∀ ≥+
 nên : Pmax 
1
4
= khi x = 1 ; y = 0 và Pmin = 14− khi x = 0 ; y = 1. 
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. 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n2n 2n 2n 2n 2n 2n(1 x) C xC x C x C ... x C x C
− −+ = + + + + + +
 x = 1 : 2n 0 1 2 3 2n 1 2n2n 2n 2n 2n 2n 2n2 C C C C ... C C (1
−= + + + + + + )
 x = - 1 : 0 1 2 3 2n 1 2n2n 2n 2n 2n 2n 2n0 C C C C ... C C (2)
−= − + − + − +
 (1) - (2) : 2 ⇔ n = 6. 2n 1 3 2n 1 122n 2n 2n2(C C ... C ) 4096 2−= + + + = =
2. B, C ∈ (P) ⇒ 
2 2b cB ;b ,C ;c
16 16
⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
 (b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4) 
2 2b cAB 1;b 4 ,AC 1;c 4
16 16
⎛ ⎞ ⎛= − − = − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
uuur uuur ⎞⎟⎠
 ⇔ AB AC AB.AC 0 (b 4)(c 4) 256 0⊥ ⇔ = ⇔ + + + =uuur uuur 272 bc bcb c (6
4 4
8 )− −+ = = − + 
 BC qua 
2bB có 1 vtcp : ;b
16
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
c bBC (c b;16)
16
−= +uuur . 
 Nên có pt BC : 
2b y16(x ) (b c)(y b) 0 16x (b c)y bc 0 4(4x 17y) bc( 1) 0
16 4
− − + − = ⇔ − + + = ⇔ + + + = 
 BC luôn qua điểm cố định thoả : 4x + 17y = 0 và y 1 0
4
+ = ⇔ x = 17 và y = - 4. 
 Vậy BC luôn qua I (17, -4) cố định. 
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
1. Bpt ⇔ 0 < 
2x 3x 2 1
x
− + ≤ ⇔ 
2 2x 3x 2 x 4x 20 và 0
x x
− + − +> ≤ 
/
 ⇔ 2 2 x 1 hay 2 x 2 2 2− ≤ < < ≤ +
2. Thể tích V=Sh= 31 2a.a.a 2 a
2 2
= = (đvtt) 
 Gọi N là trung điểm BB/ 
CB /
A/
B CM
N 
K 
H 
 Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN)) (vì N là trung điểm BB’) 
 = BH với H là hình chiếu của B lên mp (AMN) 
 Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 2 7 BH
BH BA BM BN a a a a 7
= + + = + + = ⇒ = a 
---------- oOo ---------- 
PHẠM HỒNG DANH – TRẦN VĂN TOÀN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)