Kì thi đại học cao đẳng năm 2008-2009 đề thi môn : toán

uông góc với nhau. 
Câu II . (2,0 điểm ) 
1. Giải hệ phương trình : 
7 2 5
2 20 5 38
x y x y
x y x y
⎧ + + + =⎪⎨ + + + =⎪⎩
2. Giải bất phương trình : ( )2l g 6 g( 2) 4o x x x lo x− − + ≤ + + 
Câu III . (1,0 điểm ) Tính tích phân : 
2 23
2 2
4
sin 3 os 3
sin os
x c xI dx
x c x
π
π
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ 
Câu IV. (1,0 điểm ) Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm 
S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C’ . Tính 
thể tích hình chóp SAB’C’D’. 
Câu V . (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện : x+y+z=1 
 Chứng minh bất đẳng thức : 3
2
xy yz xz
xy z yz x xz y
+ + ≤+ + + 
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 
 1. Theo chương trình Chuẩn : 
 Câu VI.a (2,0 điểm ) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ 
 Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại A. 
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = và hai đường thẳng : 
( ) ( )1 21 1 1: ; :1 1 2 1 2 1
x y z x y zd d+ − += = = = . 
 Hãy viết phương trình chính tắc của đường thẳng qua tâm của (C) đồng thời cắt (d1) và (d2) . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 
0 1
1 2 1 1
2 3 2 2 2
1... ...
2
k n
n n n n
k n
n n n k n
C C C C
C C C C+ ++ + + + +
+ + + + + = 
 2. Theo chương trình Nâng cao . 
 Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ 
 Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại B. 
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = và hai đường thẳng : 
( ) ( )1 21 1 1: ; :1 1 2 1 2 1
x y z x y zd d+ − += = = = . 
 Hãy viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với (C) đồng thời song song với (d1) và (d2) . 
Câu VII.b (1,0 điểm )Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 
0 1
1 2 1 1
2 3 2 2 2
1... ...
2
k n
n n n n
k n
n n n k n
C C C C
C C C C+ ++ + + + +
+ + + + + = 
___________________________________Hết___________________________________ 
Chú ý : Thí sinh dự thi có thể download đáp án và thang điểm tại :  
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  1
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. 
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khi m = 3, hàm số đã cho trở thành : 3 23 3 1y x x x= + + + 
• Tập xác định : R 
• Sự biến thiên : 
Đạo hàm : y’ = 3x2+6x+3=3(x+1)2≥ 0, ∀ R∈ 
Hàm số đã cho đồng biến trên R 
Giới hạn : 
lim ; lim ;
x x
y y→+∞ →−∞= +∞ = −∞ , hàm số đã cho không có tiệm cận. 
Bảng biến thiên : 
x -∞ -1 +∞ 
y’ + 0 + 
y 
-∞ 
 +∞ 
• Đồ thị : 
Giao với Ox : A(-1;0) 
Giao với Oy : B(0;1) 
Đồ thị nhận điểm uốn U(-1;0) làm tâm đối xứng. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
I.2 Xét phương trình : ( )3 2 21 3 1 3 0 (*)x x mx x x x m= + + + ⇔ + + = 0,25 
3 23 3 1y x x x= + + +y 
x 
O 
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  2
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có ba 
nghiệm phân biệt . 
Hay phương trình : + + =2x 3x m 0 có 2nghiệm phân biệt khác 0 
≠⎧≠⎧ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− > <⎩ ⎪⎩
m 0
m 0
(a)9
9 4m 0 m
4
Giả sử ( ) ( )D D E ED x ; y ; E x ; y , theo yêu cầu bài toán ta cần có : 
( ) ( ) ( )( )= − ⇔ + + + + = −2 2D E D D E Ef ' x .f ' x 1 3x 6x m 3x 6x m 1 
Do xE , xD là nghiệm của phương trình : + + =2x 3x m 0 , nên ta có : 
( )( ) 2D E 9 653x 2m 3x 2m 1 4m 9m 1 0 m ( tho¶m·n(a))8
±+ + = − ⇔ − + = ⇔ = 
0,25 
0,25 
0,25 
II.1 Đặt : 7 , 2 ( , 0)x y a x y b a b+ = + = ≥ 
Lúc đó : 2 22 3 20 5a b x y+ = + 
Hệ đã cho trở thành : 
2 2 2
3
2
5 5 4
(2 3 ) 38 5 19 12 0 5
21
5
b
a
a b a b
bb a b b b
a
⎡ =⎧⎨⎢ =⎩⎢+ = = −⎧ ⎧ ⎢⎧⇔ ⇔⎨ ⎨ =⎢⎪+ + = − + =⎩ ⎩ ⎪⎢⎨⎢⎪ =⎢⎪⎩⎣
• Với 3
2
b
a
=⎧⎨ =⎩ , thay trở lại ta có : 
7 4 1
2 9 11
+ = = −⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ = =⎩ ⎩
x y x
x y y
Với 
4
5
21
5
b
a
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
, thay trở lại ta có : 
441 177
25 5
16 1542
25 25
⎧ ⎧+ = =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ = = −⎪ ⎪⎩ ⎩
x y x
x y y
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
II.2 
Điều kiện xác định : 
2 6 0
3
2 0
x x
x
x
⎧ − − > ⇔ >⎨ + >⎩
Với điều kiện đó ta có : 
( )2log( 6) log 2 4x x x x− − + ≤ + + log( 3) 4 0x x⇔ − + − ≤ 
Xét hàm số : ( ) log( 3) 4f x x x= − + − , ta có : 
0,25 
0,25 
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  3
( )
1'( ) 1 0, 3
3 ln10
f x x
x
= + > ∀ >− 
Suy ra : ( ) log( 3) 4 0 3 4f x x x x= − + − ≤ ⇔ < ≤ 
( Do x = 4 là nghiệm của phương trình : f(x) = 0 ) 
0,25 
0,25 
III Ta có : ( )( )2 2
2 2 2 2 2
sin 3 .cos sinx. os3 sin3 .cos sinx. os3sin 3 os 3 4.sin 2 .sin 4 8 os2
sin os sin . os sin 2
x x c x x x c xx c x x x c x
x c x x c x x
− +− = = = 
Do đó : 
2 23 3
2 2
4 4
s in 3 os 3 38 os2 . 4.sin 2 2 3 4
sin os
4
x c xI dx c xdx x
x c x
π π
π π
π
π
⎛ ⎞= − = = = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 
0,5 
0,5 
IV 
Ta có : 
'
'
'
AB SB
AB SC
AB CB
⊥ ⎫⇒ ⊥⎬⊥ ⎭ , tương tự : ( )' ' ' ' 'AD SC SC AB C D SC AC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ 
 Do tính đối xứng ( tự CM ) ta có : ' ' ' ' '2SAB C D SAB CV V= 
 Áp dụng tính chất tỉ số thể tích cho 3tia SA,SB,SC ta có : 
2 2 2 2
' '
2 2 2 2 2 2
' ' '. '. 4 4 8. . . .
5 6 15
SAB C
SABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA a a
V SB SC SB SC SB SC a a
= = = = = 
2 3 3 3
' '
1 8 8. .2 .
3 2 3 15 3 45SABC SAB C
a a a aV a V= = ⇒ = = 
3
' ' '
16
45SAB C D
aV⇒ = 
(học sinh nêu và chứng minh tính chất tỉ số thể tích ) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
V Cách 1 : 
Ta có : 
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  4
II. PHẦN RIÊNG 
1. Theo chương trình Chuẩn. 
. . . 1xy xz xy yz xz yzx y z
z y z x z x
+ + = + + = 
Suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho : tan ; tan ; tan
2 2 2
A yz B xz C xy
z y z
= = = 
Lúc đó : 
3 3
2 21 1 1
xzyzxy
xy yz xz yxz
xy yz xzxy z yz x xz y
z x y
+ + ≤ ⇔ + + ≤+ + + + + +
Hay bài toán đã cho trở thành, chứng minh BĐT : 
+ + ≤
+ + +
⇔ + + ≤
2 2 2
2 2 2
C B A
tan tan tan 32 2 2
C B A 2tan 1 tan 1 tan 1
2 2 2
A B C 3
sin sin sin (dÔCM)
2 2 2 2
Cách 2 : 
Ta có : ( ) ( )( )xy z xy z x y z x z y z+ = + + + = + + 
Do đó : 
1 (1)
( )( ) 2
xy xy x y
xy z x z y z x z y z
⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ 
Hoàn toàn tương tự ta có : 
1 (2)
( )( ) 2
zy zy y z
zy x x y x z x y x z
⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ 
1 (3)
( )( ) 2
zx zx z x
zx y z y x y z y x y
⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ 
Cộng (1), (2), (3) theo từng vế ta có ĐPCM. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu Nội dung Điểm
VI.a.1 Giả sử : ( ) ( ),0 ; 0,A a B b , ta có : 
( ) ( ) ( )2 2 22 ,3 ; ; ; 2 9 ;AM a AB a b AM a AB a b= − − = − + = +JJJJG JJJG 
Theo bài ra ta có : 
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2
3 2 0. 0 3
2 9 2 9 2 9
9
a a
bb a aAM AB
AM AB a a b aa a
⎧ −=⎪⎧ − − =⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨= − + = +⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎡ ⎤− + = − +⎣ ⎦⎪⎩
JJJJG JJJG 3
1
3
5
a
b
a
b
⎡ =⎧⎨⎢ = −⎩⎢⇒ ⎢ = −⎧⎢⎨ = −⎢⎩⎣
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : x 3y 3 0− − = và 5x 3y 15 0+ + = 
0,25 
0,5 
0,25 
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  5
2. Theo chương trình nâng cao . 
Câu Nội dung Điểm
VI.b.1 Giả sử : ( ) ( ),0 ; 0,A a B b , ta có : 
( ) ( ) ( )2 2 22;3 ; ; ; 4 3 ;BM b BA a b BM b BA a b= − − = + − = +JJJJG JJJG 
Theo bài ra ta có : 
0,25 
VI.a.2 Mặt cầu (C) có tâm : ( )1; 1;0I − 
Lấy điểm A thuộc (d1) : A(0; -1; 1) ( )1;0;1AI⇒ =JJG 
Mặt phẳng ( )β chứa (d1) và I có véctơ pháp tuyến là : 
( )1; 1;3; 1n u AIβ ⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦
JJG JG JJG
 ( Trong đó ( )1 1;1;2uJG là véctơ chỉ phương của (d1) ) 
Phương trình mặt phẳng ( )β là : ( ) ( ) ( )1 1 3 1 1 0 0x y z− − + + − − = hay : 3 4 0x y z− + − + = 
Toạ độ giao điểm B của ( )β và (d2) là nghiệm của hệ : 
9
43 4 0
10
1 4
1 2 1 5
4
x
x y z
yx y z
z
⎧ = −⎪− + − + = ⎪⎧⎪ ⎪⇒ = −⎨ ⎨+ = =⎪ ⎪⎩ ⎪ = −⎪⎩
 . Do đó véctơ : 13 6 5; ;
4 4 4
BI ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
JJG
Vậy phương trình đường thẳng IB là : 1 1
13 6 5
x y z− += = 
0,25 
0,25 
0,5 
VII Ta có : 
( )1 2
! ( 1)!( 1)! !( 1)!( 1).
( )! ! ( 2)! !( 2)!
k
n
k
n k
C n k n n n k
C n k k n k n k n k++ +
+ + + += =− + + − + + 
1 !( 1)! !( 1)!
2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
n n n n
n k n k n k n k
⎡ ⎤+ += −⎢ ⎥− + + − − + +⎣ ⎦
(2 1)! (2 1)!
1 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
(2 1)! (2 1)!2
!( 1)! !( 1)!
n n
n k n k n k n k
n n
n n n n
+ +⎡ ⎤⎢ ⎥− + + − − + += −⎢ ⎥+ +⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
1
2 1 2 1
2 1
1
2
n k n k
n n
n
n
C C
C
− − −
+ +
+
⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠
 (1) 
Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó : 
( ) ( ) ( )0 1 1 1 2 1 02 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1 1
2 3 2 2 2 2 1
1 1... ... . ...
2
k n
n n n nn n n n
n n n n n nk n n
n n n k n n
C C C C C C C C C C
C C C C C
− − −
+ + + + + ++ +
+ + + + + +
⎡ ⎤+ + + + + = − + − + + −⎣ ⎦ 
2 11
2 1
1 1 1. .
2 2
n
n
n
C
C ++
= = 
0,25 
0,25 
0,5 
Phạm Kim Chung 0984.333.030 
copyright by :  6
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
3
2 3 0. 0 2
4 3 4 3 3 4
4
b b
aa b bBM BA
BM BA b a b bb b
⎧ −=⎪⎧ − − =⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨= + − = +⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎡ ⎤+ − = − +⎣ ⎦⎪⎩
JJJJG JJJG 1
2
5
2
a
b
a
b
⎡ =⎧⎨⎢ =⎩⎢⇒ ⎢ = −⎧⎢⎨ = −⎢⎩⎣
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : 2x y 2 0+ − = và 2x 5y 10 0+ + = 
0,5 
0,25 
VI.b.2 Ta có véctơ chỉ phương của (d1) : ( )1 1;1;2uJG ; Véctơ chỉ phương của (d2) : ( )2 1;2;1uJJG 
Mặt phẳng song song với (d1); (d2) có véctơ pháp tuyến : ( )1 2; 3;1;1n u u⎡ ⎤= = −⎣ ⎦
G JG JJG
Phương trình của mặt phẳng này có dạng : ( )3 0x y z D α− + + + = 
Mặt phẳng ( )α tiếp xúc với mặt cầu : ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = khi và chỉ khi : 
( )
( )
153 1;( ) 11
11
71; 1;0 11
DDd I
DI
α⎧ =− − += ⎡⎪ ⇔ = ⇒⎨ ⎢ = −− ⎣⎪⎩
Vậy mặt phẳng ( )α có dạng : 
-3x+y+z+15=0 hoặc -3x+y+z-7=0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VII.b Ta có : 
( )1 2
! ( 1)!( 1)! !( 1)!( 1).
( )! ! ( 2)! !( 2)!
k
n
k
n k
C n k n n n k
C n k k n k n k n k++ +
+ + + += =− + + − + + 
1 !( 1)! !( 1)!
2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
n n n n
n k n k n k n k
⎡ ⎤+ += −⎢ ⎥− + + − − + +⎣ ⎦
(2 1)! (2 1)!
1 ( )!( 1)! ( 1)!(