Được đánh giá là một trong những Trung tâm Luyện thi Uy tín tại Tp. HCM http://www.qsc45.com http://www.qsc45.vn

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối B
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 3 2
y 4x 6x 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 2
sin x 3cos x sinxcos x 3sin xcosx.− = −
2. Giải hệ phương trình
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9
x 2xy 6x 6
⎧ + + = +⎪
⎨
+ = +⎪⎩
( )x, y .∈
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa 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 tọa 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
4
I .
sin 2x 2(1 sin x cos x)
π π⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠=
+ + +∫
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2
x y 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 k
n 1 n 1 n
n 1 1 1 1
n 2 C C C+
+ +
⎛ ⎞+
+ =⎜ ⎟
+ ⎝ ⎠
(n, k là các số nguyên dương, k n,≤ k
nC là
số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa 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
4x 3y 1 0.+ − =
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
0,7 6
x x
log log 0.
x 4
⎛ ⎞+
<⎜ ⎟
+⎝ ⎠
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.
...........................Hết...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................
ĐỀ CHÍNH THỨC

2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
• TXĐ : .
• Sự biến thiên : ,2
y' 12x 12x= −
x 0
y' 0
x 1
=⎡
= ⇔ ⎢ =⎣ .
0,25
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25
• Bảng biến thiên :
0,25
• Đồ thị :
Trang 1/4
0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :Δ (M 1; 9− − )
.y kx k 9= + −
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm :
( ) ( )
( )
3 2
2
4x 6x 1 k x 1 9 2
12x 12x k 3
⎧ − + = + −⎪
⎨
− =⎪⎩
Thay k từ (3) vào (2) ta được : ( )( )3 2 2
4x 6x 1 12x 12x x 1 9− + = − + −
( ) ( )
2
x 1 4x 5 0⇔ + − =
x 1
5
x .
4
= −⎡
⎢⇔
⎢ =
⎣
0,50
y’ + 0 − 0 +
x −∞ 0 1
y
1
1−−∞
+∞
+∞
O
y
x
1
−1
1
• Với thì , phương trình tiếp tuyến là :x = −1 k 24= y 24x 15.= +
• Với
5
x
4
= thì
15
k
4
= , phương trình tiếp tuyến là :
15 21
y x
4 4
= − .
Các tiếp tuyến cần tìm là : vày 24x 15= +
15 21
y x
4 4
= − .
0,50
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0− + − =
cos2x(sin x 3 cos x) 0.⇔ + =
0,50

3. k
cos2x 0 x .
4 2
π π
• = ⇔ = +
sinx 3cosx 0 x k .
3
π
• + = ⇔ = − + π
Nghiệm của phương trình là
k
x ,
4 2
π π
= + x k
3
π
= − + π (k ).∈
0,50
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
(x xy) 2x 9
x
xy 3x 3
2
⎧ + = +
⎪
⎨
= + −⎪
⎩
22
2 x
x 3x 3 2x
2
⎛ ⎞
⇒ + + − = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
9
.
4 3 2
x 12x 48x 64x 0⇔ + + + = 3
x(x 4) 0⇔ + =
x 0
x 4
=⎡
⇔ ⎢ = −⎣
0,50
x 0• = không thỏa mãn hệ phương trình.
17
x 4 y
4
• = − ⇒ = .
Nghiệm của hệ phương trình là
17
(x;y) 4; .
4
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,50
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)
Ta có ( )AB 2; 3; 1 ,= − − (AC 2; 1; 1 ,= − − −
Trang 2/4
) tích có hướng của hai vectơ
làAB, AC ( )n 2;4; 8= − .
0,50
Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình
( ) ( ) ( )2 x 0 4 y 1 8 z 2 0− + − − − = x 2y 4z 6 0⇔ + − + = .
0,50
2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
(ABC) tại trung điểm của BC.
AB.AC 0=
(I 0; 1;1− )
0,50
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
2x 2y z 3 0
x y 1 z 1
.
1 2 4
+ + − =⎧
⎪
+ −⎨
= =⎪ −⎩
0,50
Suy ra ( )M 2;3; 7 .−
IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt ⇒t sinx cosx= + dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.
4
π⎛ ⎞
= − = − −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Với x = 0 thì t = 1, với x
4
π
= thì t 2= .
0,25
Ta có 2
sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .+ + + = +
Suy ra
2
2
1
2 dt
I
2 (t 1)
= −
+∫
2
1
2 1
2 t 1
=
+
0,50
ơ
2 1 1 4 3 2
.
2 22 1
−⎛ ⎞
= − =⎜ ⎟
+⎝ ⎠ 4
0,25

4. 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
2 2
2 2 2
2(x 6xy) 2(x 6xy)
P .
1 2xy 2y x y 2xy 2y
+ +
= =
+ + + + +
Trang 3/4
2
.
. ,
• Nếu thì Suy ra P = 2.y 0= 2
x 1=
• Xét Đặt khi đóy 0≠ x ty=
2
2
2t 12t
P
t 2t
+
=
+ +3
,
⇔ (1).2
(P 2)t 2(P 6)t 3P 0− + − + =
− Với phương trình (1) có nghiệmP 2=
3
t .
4
=
− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khiP 2≠ ,
.2
' 2P 6P 36 0 6 P 3Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤
0,50
P 3= khi
3
x , y
10 10
= =
1
hoặc
3 1
x , y
10 10
= − = − .
6P = − khi
3 2
x , y
13 13
= = − hoặc
3 2
x , y
13 13
= − = .
Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
0,50
V.a 2,00
1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
Ta có: k k 1
n 1 n 1
n 1 1 1
n 2 C C +
+ +
⎛ ⎞+
+ =⎜ ⎟
+ ⎝ ⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n 2 (n 1)!
+ + − + + −
+ + 0,50
[ ]
1 k!(n k)!
. (n 1 k) (k
n 2 n!
−
= + −
+
1)+ +
k
n
k!(n k)! 1
.
n! C
−
= =
0,50
2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00)
• Ký hiệu Gọi là điểm đối
xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC.
1d : x y 2 0,− + = 2d : 4x 3y 1 0.+ − = H'(a;b)
1d H '
• là vectơ chỉ phương củau (1;1= ) 1d , HH' (a 1;b 1)= + + vuông góc với
và trung điểm I
u
a 1 b 1
;
2 2
− −⎛ ⎞
⎜ của thuộc Do đó tọa độ của H ' là
nghiệm của hệ phương trình
⎟
⎝ ⎠
HH' 1d .
1(a 1) 1(b 1) 0
a 1 b 1
2 0
2 2
+ + + =⎧
⎪
⎨ − −
− + =⎪⎩
( )H ' 3;1 .⇒ −
0,50
• Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là
và có phương trình
H ' 2d
v (3; 4)= − 3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+ − − = ⇔ − + =
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y + 13 = 0
x y 2 0
−⎧
⎨
− + =⎩
A(5;7).⇒
• Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến(H 1; 1− − )
1
HA
2
= (3 ; 4)
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.⇔
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y 7 0
3x 4y 13 0.
+ + =⎧
⎨
− + =⎩
Suy ra C
10 3
; .
3 4
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,50

5. V.b 2,00
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Trang 4/4
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
6
x x
log 1
x 4
+
>
+
2
x x
6
x 4
+
⇔ >
+
0,50
2
x 5x 24
0
x 4
− −
⇔ >
+
( )( )x 3 x 8
0.
x 4
+ −
⇔ >
+
Tập nghiệm của bất phương trình là : ( ) (4; 3 8; .− − ∪ + ∞)
0,50
2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH là
đường cao của hình chóp S.BMDN.
( )ABCD .⊥
2
SB a 3a AB+ = + =Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra2 2 2 2
AB
SM a.
2
= = Do đó tam giác đều, suy raSAM
a 3
SH .
2
=
Diện tích tứ giác BMDN là 2
BMDN ABCD
1
S S
2
= = 2a .
Thể tích khối chóp S.BMDN là BMDN
1
V SH.S
3
=
3
a 3
3
= (đvtt).
0,50
S
A
B C
H
M
N
E D
Kẻ (E AD)∈ME // DN
a
AE Đặt.
2
= ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta cósuy ra
(SM,ME) .= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE⊥
0,502 2 a 5
SE SA AE ,
2
= + = 2 2 a 5
ME AM AE .
2
= + =Suy ra
a
52SME = ϕTam giác SME cân tại E nên và cos .
5a 5
2
ϕ = =
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn
nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------