TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TUYỂN TẬP
CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
TỪ NĂM 2002 – 2014
www.MATHVN.com - Tốn Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
Môn thi : toán
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________

Câu I
(ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
(1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
.1=m

2. Tìm
k
để phơng trình:

có ba nghiệm phân biệt.
033







+
+
+ x
x
xx
x
5

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
.3,|34|
2
+=+= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi
ABCS
.
,S
M
và lần lợt
N
là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng
SB
.
SC




+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng
chứa đờng thẳng
)(
P
1

và song song với đờng thẳng
.
2


b) Cho điểm
. Tìm toạ độ điểm
)4;1;2(
M
H

n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n
x
n
n
x
x
CCCC








+













=






+










3
1
3
2

Ghi chú: 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu V.

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
(
)
109
224
++=
xmmxy (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

x
y = và
24
2
x
y = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm







0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng
1111
DCBABCDA có cạnh bằng
a
.

AAA
221
,,, L , tìm n .
Hết
Ghi chú : 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

Đề chính thức
Môn thi : Toán, Khối D
(
Thời gian làm bài : 180 phút
)
_________________________________________
CâuI
( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
Cho hàm số :
()
1x
mx1m2
y
2



x
1xx
2x3
Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng phơng trình :
04xcos3x2cos4x3cos =+ .
Câu IV ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 2 điểm ).
1. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4 cm ;
AB = 3 cm ; BC = 5 cm . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 02yx2 =+
và đờng thẳng
m
d:
()()
()



=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2 C4C2C
n
n

I1

23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,



=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x

'
y
+
0


1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0
2
4
y
4
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka

()( )


kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf
có 2 nghiệm phân biệt khác k





<<




++
>++=

20
31
033
0963
222

1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21
xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị


22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++







0,25 đ

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=


2
3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt
11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[]
2,1 . Đặt tttf +=
2
)(
Cách 1.

mf
mf
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt

()
200242 mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )


+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=






+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5




=






+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1
cos Zkkxx +==



1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

6

2

=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình
3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]
5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5

1
23
1
0
23
2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1






++






0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.

1đ

1đ
x
5
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
7
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc








=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
































8
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=
P
n
r


PMPM
un
P
22
2
2
0
1;2;1
0.

rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình
1

suy ra .02 = zx Đặt





=

4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1
=











=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2

phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()

BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()





++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3

2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC
.
Ta có
()
|1|3|1|3
132
2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB
S
r =
.2
13
|1|
=
+





=
3
326
;
3
134
132
22
Ga
.
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình
()
321
3
1
1.30:

347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321 =
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa










3
326
;
3
134
2
G
0,25 đ
0,25 đ

=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2
=
n
Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=





Câu
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua
Oy
.
Tập xác định

Rx
,
(
)
44164'
23
==
xxxxy
,
0' =y




=
=


3
2
2x
'y

0 +

0

0 +

"
y

+ 0

0

++

10

+

y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT



9
10
;
3
2
1
U
và








9
10
;
3
2
2
U
.
Giao điểm của đồ thị với trục tung là
( )
10;0B
.
0,5 đ
0,25 đ

5,1
đ
0,5 đ


2
12
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i HcI
2

(
)
(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy
,




=+
=
=
092
0
0'
22
mmx
x

=


m
m
x
m
2
9
0
2
2
. Phơng trình
092
22
=+ mmx

có 2 nghiệm khác 0



<<
<

.30
3
m
m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ II
1 xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+

k
x
xx





=
=
=



Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.
0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ

x
x
(1).
Điều kiện:
73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3
>>





>
>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9
>>
x

.
0,1
đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,1
đ 0,25 đ

0,25 đ



+

yx
yx()



+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx

Thay
y
x
=
vào (2), giải ra ta đợc
.1
== yx


=
.1yx
yx


0,1
đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ


0,1
đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
4
4
2
x

=
24
2
x
8804
432
2
24
===+ xx
xx
.
Trên
[
]
8;8
ta có
24
2
x
4
4
2
x

và do hình đối xứng qua trục tung

SSdxxdxx
==

.
Để tính
1
S
ta dùng phép đổi biến
tx sin4
=
, khi
4
0


t
thì
80
x
.

tdtdx cos4
=
và








0,25 đ

5,1
đ


2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=
14
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc

()
422cos18cos1616
4
0
4
0
2
8
0
2
1

SSS
.
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích
dx
xx
S










=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ 0,25 đ


và
2
5
==
IBIA
.
Do đó
BA
,
là các giao điểm của đờng thẳng
A
B
với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=
R
. Vậy tọa độ
BA
,
là nghiệm của hệ :







0<
A
x
)
()( )
2;1,0;3 DC
.

Chú ý:

Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng
AB
.
Sau đó tìm
BA,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
HA
với đờng
thẳng AB .
0,1
đ



5,1
đ

0,25 đ
0,5 đ

0,5 đ
Cách I
. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz
sao cho
()()()()( ) ( ) ( )( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111

() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA ===
và
[
]
( )

ABBA
11111
1
11






.
Tơng tự
DBCA
111

( )
111
BCADB
.
Gọi
()
111
BCADBG =
. Do
aCBBBAB ===
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều

a
BAICIGDBBAd ====
.
Chú ý:
Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng
( )
P
chứa
BA
1
và song song với
DB
1
là:
02 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
B
(hoặc từ
D
) tới
()
P
,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
( )
Q
chứa
DB
0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
5,1
đ

0,5 đ
0,5 đ

x
D
1
D
C
1
B
1

A
1

z
y
x
A
C
B
I
G
16
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam

a
aM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0;

0.;0;
2
,
2
;
2
;
11
=






=






Gọi
E
là trung điểm của
1
CC
thì
( )

11
CCDDME
hình chiếu vuông góc của
MP
trên
()
11
CCDD
là
1
ED
. Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC
1111
0
111111
90 ===
. Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có
NCMP
1

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

V Số tam giác có các đỉnh là 3 trong
n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L là
3
2n
C
.
Gọi đờng chéo của đa giác đều
n
AAA
221
L đi qua tâm đờng tròn
( )
O
0,25 đ
D
1
A
1

B
1

C
1

C

B


!2
20
23
2

=



=

=
nnnnn
n
n
n
n
CC
nn

81512
== nn
.
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
đến kết quả số hình chữ nhật là
2
)1(

nn
3đ
4đ

1.

1 1,5

Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y

=


=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

= 1x,0
1x


y -3 -3 -

1/4

1/4- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =

ylim
1x
.
y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
x
=


1/4

1/4- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.1/4









=

1/4

1/2


=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4

3/1
0


=
=
.x)x(f
x)x(f
/
/

1/4 1/4

Ta có (H)
()
()







=










+
=



0
1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2

1/4 1/4

Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (H)
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ
thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m

.
ĐS : 1m .
1/4 1/4
II
1/4 1/2

TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2
22
====
1/4 1/4

TH 2:




>







>
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2

1/4 1/4

Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS:
3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5

Hệ phơng trình



=
=

y2
y4y52
x
2x3

1/4 1/2


=+



=
=
4y
2x
1y
0x

1/4 1/2

III 1đ 1đ

Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++

0xcos8xcos4
23
=

()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2

7
x

= .
1/4 1/4
IV
2đ

2đ

1.
1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.

1/4

1/4
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.1/4

1/4

D

H C A E B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC


1/4

Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH

= với V = 8 và dt(

BCD) =2 34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n

. Đờng thẳng
m
d có vec

1/4 1/4
22
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc

()






=


PA,dA
0n.u
m

Ta có : điều kiện 0n.u =


2
1
m =
1/4 1/4


m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2

1/4 1/4

m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau







=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4

phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4


+
=

=
3
4m2
y
3
1m
x

1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4

Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ


1/4

5n32433
5n
=== .
1/2
23
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc 2.
1

Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n
1
9

9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=






++=+=
499.16225
=+ 7MN
1/4 Đẳng thức xảy ra



21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n
1
9
m
1
16
22
=






+



+






++=+=
.
7MN
1/4

- Đẳng thức xảy ra









>>
=+
=

0n,0m
7nm

24
www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com - Thi Th i Hc