Tham khảo Đáp án đề thi đại học khối A và khối B từ năm 2008 đến 2013 - Môn TOÁN

Trang 1/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)



Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m = 1 hàm số trở thành:
2
xx2 4
yx2.
x3 x3
+−
==−+
++

• TXĐ:
{
}
D\3.=−\
• Sự biến thiên:

2
22
4x6x5
y' 1 ,
(x 3) (x 3)
++
=− =
++

x1
y' 0
x5
=−
⎡
=⇔
⎢
=−
⎣

• y
CĐ

()
y5 9=−=−, y
CT

()
y1 1.=−=−
0,25
•

TCĐ: x3=− , TCX:
yx2.=−

0,25
•
Bảng biến thiên:





0,25

• Đồ thị:












0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm)

22
mx (3m 2)x 2 6m 2
ymx2.
x3m x3m
+−− −
==−+
++

• Khi
1
m
3
=
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
0,25
•
Khi
1
m
3
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
d
1
: x3mx3m0,=− ⇔ + = d
2
: ymx2 mxy20.=−⇔−−=
0,25


Vectơ pháp tuyến của d

1
, d
2
lần lượt là
1
n (1; 0)=
J
JG
,
2
n(m;1).=−
J
JG

Góc giữa d
1
và d
2
bằng
o
45
khi và chỉ khi

12
0
22
12
n.n
mm
2

cos45 m 1.
2
n.n
m1 m1
== ⇔ =⇔=±
++
JJGJJG
JJGJJG

0,50
x −∞ 5− 3− 1− +∞
y’ + 0 − − 0 +
y
−∞
−∞
+∞ +∞
1−
9−
-3
-
1
O
-
1
-9
-
5
y
x
2

-2
Trang 2/5
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện
sin x 0≠
và
3π
sin(x ) 0.
2
−≠
Phương trình đã cho tương đương với:
11
22(sinx + cosx)
sinx cosx
+=−
⇔
1
(sinx + cosx) 2 2 0.
sinxcosx
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠

0,50

• s inx + cosx 0 x k .
4
π
=⇔=−+π
•
1
22
sinxcosx
+ = 0
2
sin 2x x k
28
π
⇔=−⇔=−+π hoặc
5
xk.
8
π
=+π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
xk;
4
π
=− + π
5
x k ; x k (k ).
88
ππ
=− + π = + π ∈

]
0,50
2
Giải hệ (1,00 điểm)


232
42
5
xyxyxyxy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
()
22
22
5
x y xy xy x y
4
5

(x y) xy
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⇔
⎨
⎪
++=−
⎪
⎩

()∗
Đặt
2
ux y
vxy
⎧
=+
⎨
=
⎩
. Hệ phương trình ()∗ trở thành
2
5
uvuv
4
5
uv

4
⎧
++ =−
⎪
⎪
⎨
⎪
+=−
⎪
⎩

2
32
55
vu u0,v
44
u13
uu 0 u ,v .
422
⎧⎡
=− − = =−
⎪⎢
⎪
⇔⇔
⎢
⎨
⎢
⎪
++= =− =−
⎢

⎪
⎩⎣

0,50


• Với u = 0,
5
v
4
=− ta có hệ pt
2
xy0
5
xy
4
⎧
+=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
⇔
3
5
x
4
=
và

3
25
y
16
=−
.
• Với
13
u,v
22
=− =− ta có hệ phương trình

2
3
31
x0
2x x 3 0
2x 2
3
3
y
y
2x
2x
⎧
⎧
−+=
+−=
⎪
⎪⎪

⇔
⎨⎨
=−
⎪⎪
=−
⎩
⎪
⎩
⇔ x1= và
3
y.
2
=−
Hệ phương trình có 2 nghiệm :
3
3
525
;
416
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
3
1; .
2
⎛⎞
−

⎜⎟
⎝⎠

0,50
III

2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
()
u2;1;2.
G
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và
AH (2t 1; t 5;2t 1).=−− −
J
JJG

0,50


Vì AH ⊥ d nên
AH. u 0=
JJJG G
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra
()
H3;1;4.

0,50
Trang 3/5
2
Viết phương trình mặt phẳng
()α
chứa d sao cho (1,00 điểm)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ().α
Ta có d(A,
(α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
0,50

Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH
J
JJG
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của ( )α là
1( x 3) 4( y 1) 1(z 4) 0−− −+ − =⇔ x4yz30.−+−=
0,50
IV


2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

I =
()
ππ

44
66
22
00
tg x tg x
dx dx.
cos 2x
1tgxcosx
=
−
∫∫

Đặt
2
dx
t tgx dt .
cos x
=
⇒ = Với x0= thì t0= ; với x
6
π
= thì
1
t.
3
=
0,25
Suy ra
1
3

4
2
0
t
Idt
1t
=
−
∫
()
11
33
2
00
111
t 1 dt dt
2t1t1
⎛⎞
=− + + −
⎜⎟
+−
⎝⎠
∫∫
3
1
t1t1
tln
3
32t1
0

⎛⎞
+
=− −+
⎜⎟
−
⎝⎠

0,50


()
110
ln 2 3 .
2
93
=+−
0,25
2
Tìm các giá trị của m (1,00 điểm)

Điều kiện:
0x6≤≤
.
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
[
]
x0;6.∈
Ta có
33
44

11 1 1
f'(x)
2x 6 x
2(2x) 2(6 x)
=+− −
−
−


33
44
11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=−+−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠
, x (0;6).∈
Đặt
33
44
11 11

u(x) , v(x) .
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=− =−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠

Ta thấy
() ()
u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên
khoảng
()
0;2 và cùng âm trên khoảng
()
2;6 .
0,50


Ta có bảng biến thiên:

Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
4
26 26 m 32 6.+≤<+
0,50
f’(x) + 0 −
x 0 2 6
f(x)
32 6+
4
26 26+
4
12 2 3+
Trang 4/5

V.a

2,00
1
Viết phương trình chính tắc của elíp (1,00 điểm)

Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
22
22
xy
1
ab
+=,
ab0.>>
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
()

222
c5
a3
22a 2b 20
cab.
⎧
=
⎪
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
22
xy
1.
94
+=
0,50
2
Tìm số lớn nhất trong các số

01 n
a , a , ,a (1,00 điểm)

Đặt
() ( )
n
n
01 n
f x 1 2x a a x a x=+ = + ++
n
1n
0
n
aa1
a f 2 .
222
⎛⎞
⇒
+++ = =
⎜⎟
⎝⎠

Từ giả thiết suy ra
n12
240962== n 12.⇔=
0,50


Với mọi
{

}
k 0,1, 2, ,11∈ ta có
kk
k12
a2C= ,
k1 k1
k1 12
a2C
++
+
=
kk
k12
k1 k1
k1 12
a2C
11
a2C
++
+
<⇔ <
()
k1
1
212 k
+
⇔<
−

23

k.
3
⇔<

Mà
k ∈] k7.⇒ ≤ Do đó
01 8
a a a .<<<
Tương tự,
k
k1
a
1k7.
a
+
>⇔ > Do đó
89 12
a a a .>>>
Số lớn nhất trong các số
01 12
a , a , ,a là
88
812
a 2 C 126720.==

0,50
V.b

2,00
1

Giải phương trình logarit (1,00 điểm))

Điều kiện:
1
x
2
> và
x1.≠
Phương trình đã cho tương đương với

2
2x 1 x 1
log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4
−+
−++ −=
2x 1 x 1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4.
−+
⇔+ + + − =
Đặt
2x 1
tlog (x1),
−
=+ ta có
2
t1
2
t3t3t20
t2.
t

=
⎡
+=⇔−+=⇔
⎢
=
⎣

0,50


• Với
2x 1
t1 log (x1)1 2x1x1 x2.
−
=⇔ + =⇔ −= +⇔ =
• Với
−
=
⎡
⎢
=⇔ + =⇔ − =+⇔
⎢
=
⎣
2
2x 1
x0(lo¹i)
t2 log (x1)2 (2x1) x1
5
x (tháa m·n)

4

Nghiệm của phương trình là: x 2= và
5
x.
4
=

0,50
Trang 5/5
2
Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra
A'H ⊥
(ABC) và AH =
1
2
BC =
22
1
a3a a.
2
+=
Do đó
222
A'H A'A AH=−
2
3a= A'H a 3.⇒ =

Vậy
3
A'.ABC ABC
1a
VA'H.S
32
Δ
==(đvtt).







0,50

Trong tam giác vuông
A'B'H
có:
22
HB' A'B' A'H 2a=+= nên tam giác
B'BH cân tại
B'.
Đặt
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C' thì
n
B'BHϕ=

Vậy
a1
cos
2.2a 4
ϕ
==
.
0,50


Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.

Hết
C
A
B
B'
A'
H
C'
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=−
x0
y' 0
x1
=
⎡
=⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
•
y
CĐ
= y(0) = 1, y
CT
= 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
(
M1;9−−
)
.ykxk9=+−
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm :
() ()
()
32
2
4x 6x 1 k x 1 9 2
12x 12x k 3
⎧
−+= +−
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
()
()
32 2
4x 6x 1 12x 12x x 1 9−+= − +−
()( )
2
x1 4x5 0⇔+ −=
x1
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 k24=
y 24x 15.=+
•
Với
5
x
4
=
thì
15
k
4
=
, phương trình tiếp tuyến là :
15 21
yx
44
=−
.

Các tiếp tuyến cần tìm là : và
y24x15=+
15 21
yx
44
=−
.

0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)


Phương trình đã cho tương đương với

22 22
sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0−+ −=

cos2x(sin x 3 cos x) 0.⇔+=
0,50

k
cos2x 0 x .
42
ππ
•=⇔=+

sinx 3cosx 0 x k .
3
π
•+ =⇔=−+
π

Nghiệm của phương trình là
k
x,
42
ππ
=+

xk
3
π
=− + π

(k ).∈]
0,50
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Hệ phương trình đã cho tương đương với
22
2
(x xy) 2x 9
x
xy 3x 3
2

⎧
+=+
⎪
⎨
=+−
⎪
⎩

2
2
2
x
x3x3 2x
2
⎛⎞
⇒ ++− =+
⎜⎟
⎝⎠
9
.

43 2
x 12x 48x 64x 0⇔+ + + =

3
x(x 4) 0⇔+=
x0
x4
=
⎡

⇔
⎢
=−
⎣
0,50



x0•=
không thỏa mãn hệ phương trình.
17
x4y
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 ,=−−
JJJG
(
AC 2 ; 1; 1 ,=− − −
Trang 2/4
)
J
JJG
tích có hướng của hai vectơ
là
AB, AC
JJJG JJJG
()
n2;4;8=−
G
.
0,50

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận
n
G
làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình

()()()
2x 0 4y 1 8z 2 0−+ −− −=

x2y4z60⇔+ − +=.

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=
JJJG JJJG
(
I0; 1;1−
)
0,50


Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình
2x 2y z 3 0
xy1z1
.
12 4
++−=
⎧
⎪
+−
⎨
==

⎪
−
⎩


0,50

Suy ra
()
M2;3; 7.−
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt ⇒
tsinxcosx=+
dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.
4
π
⎛⎞
=− =− −
⎜⎟
⎝⎠

Với x = 0 thì t = 1, với
x
4
π

=
thì t2= .
0,25



Ta có
2
sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .++ + =+
Suy ra
2
2
1
2dt
I
2
(t 1)
=−
+
∫

2
1
21
2t 1
=
+

0,50

ơ

21 1432
.
22
21
−
⎛⎞
=−=
⎜⎟
+
⎝⎠
4

0,25
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)

22
222
2(x 6xy) 2(x 6xy)
P.
12xy2y x y 2xy2y
++
==
++ +++
Trang 3/4
2
.
.

,

•
Nếu thì Suy ra P = 2.
y0=
2
x1=
•
Xét Đặt khi đó
y0≠
xty=
2
2
2t 12t
P
t2t
+
=
++
3
,
⇔ (1).
2
(P 2)t 2(P 6)t 3P 0−+−+=
− Với phương trình (1) có nghiệm
P2=
3
t.
4
=

− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

P2≠ ,
.
2
'2P6P360 6P3Δ=− − + ≥ ⇔− ≤ ≤

0,50



P3=
khi
3
x,y
10 10
==
1
hoặc
31
x,y
10 10
=− =−
.
6

P=−
khi
32

x,y
13 13
==−
hoặc
32
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:
kk1
n1 n1
n1 1 1
n2C C
+
++
⎛⎞
+
+=
⎜⎟
+

⎝⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n2 (n1)!
++−++−
++


0,50




[]
1k!(nk)!
.(n1k)(k
n2 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.
1
d: x y 2 0,−+=
2
d:4x 3y 1 0.+−=
H'(a;b)
1
d H'
• là vectơ chỉ phương của u(1;1=
G
)
1
d, HH ' (a 1; b 1)=+ +
J
JJJG
vuông góc với
và trung điểm I
u
G
a1b1
;
22
−−
⎛

⎞
⎜
của thuộc Do đó tọa độ của H' là
nghiệm của hệ phương trình
⎟
⎝⎠
HH '
1
d.
1(a 1) 1( b 1) 0
a1 b1
20
22
++ +=
⎧
⎪
⎨
−−
−+=
⎪
⎩

()
H' 3;1 .⇒ −

0,50

• Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là
và có phương trình

H'
2
d
v(3;4)=−
G
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
xy20
−
⎧
⎨
−+=
⎩
A(5;7).⇒

• Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến
(
H1;1−−
)
1
HA
2
JJJG
= (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
;.
34
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
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
xx
log 1
x4
+

>
+

2
xx
6
x4
+
⇔>
+


0,50


2
x5x24
0
x4
−−
⇔>
+

()()
x3x8
0.
x4
+−
⇔>
+

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 ra
2222
AB
SM a.
2
==
Do đó tam giác đều, suy ra
SAM
a3
SH .

2
=
Diện tích tứ giác BMDN là
2
BMDN ABCD
1
SS
2
==
2a.

Thể tích khối chóp S.BMDN là
BMDN
1
VSH.S
3
=
3
a3
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 có
suy ra
n
(SM, ME) .=
ϕ
Theo định lý ba đường vuông góc ta có
SA

AE⊥
0,50
22
a5
SE SA AE ,
2
=+=
22
a5
ME AM AE .
2

=+=
Suy ra

a
5
2
n
SME =
ϕ
Tam giác SME cân tại E nên
và
cos

.
5
a5
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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối A

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định:
3
\.
2
D
⎧⎫
=−
⎨⎬
⎩⎭
\

•
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
()
2
1
'0,
23
yx
x
−
=<∀
+

.D∈

Hàm số nghịch biến trên:
3
;
2
⎛⎞
−∞ −
⎜⎟
⎝⎠
và
3
;
2
⎛⎞
−
+∞
⎝⎠
⎜⎟
.
- Cực trị: không có.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim
2
xx
yy
→−∞ →+∞
==

; tiệm cận ngang:
1
2
y
=
.
33
22
lim , lim
xx
yy
−+
⎛⎞ ⎛⎞
→− →−
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
=
−∞ = +∞
; tiệm cận đứng:
3
2
x =−
.
0,25
- Bảng biến thiên:

Trang 1/4

0,25
• Đồ thị:










0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác
OAB
vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng
,O
1
±
.
0,25
Gọi toạ độ tiếp điểm là
00
(; )
x
y
, ta có:

2
0
1
1
(2 3)x
−
=
±
+

⇔
0
2x
=
−
hoặc
0
1.x =−
0,25
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
1x =−
0
1y =
yx
=
−
(loại).
0,25
I

(2,0 điểm)
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
2x =−
0
0y =
2yx
=
−−
(thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm:
2.yx=− −
x
−
∞
3
2
−

+
∞
y'
−

−

y
1
2

−
∞
+
∞
1
2

y
x
O
1
2
y =

3
2
x
=
−

0,25

Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện: sin 1
x
≠ và
1
sin

2
x ≠−
(*).
0,25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
(1 2 sin ) cos 3(1 2 sin )(1 sin )
x
xx−=+−x

⇔

cos 3sin sin 2 3 cos 2
x
xx−=+x

⇔

cos cos 2
36
xx
π
π
⎛⎞⎛
+= −
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠

0,25
⇔

2
2
x
k
π
π
=+
hoặc
2
.
18 3
xk
π
π
=− +

0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
()
2
18 3
xkk
ππ
=− + ∈]
.
0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Đặt
3
32ux=−
và
65, 0vxv=− ≥
(*). Ta có hệ:
32
238
53
uv
uv
+=
⎧
⎨
8
+
=
⎩

0,25
⇔

32
82
3
1543240
0
u
v
uu u

−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+−+=
⎩
⇔

2
82
3
( 2)(15 26 20) 0
u
v
uuu
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+
−+=
⎩

0,25
⇔

u
và
v
(thoả mãn).
2=− = 4
0,25
II
(2,0 điểm)
Thế vào (*), ta được nghiệm:
2.x =−
0,25
Tính tích phân…
22
52
00
cos cos .Ixdxx
ππ
=−
∫∫
III
dx
0,25
Đặt
tx

sin , cos ;
(1,0 điểm)
dt x==dx
0, 0; , 1.
2

xt x t
π
== = =

() ()
1
1
22
22
52 235
1
00 0
0
21 8
cos 1 sin cos 1 .
35 15
Ixdx xxdxtdtttt
ππ
⎛⎞
==− =−=−+=
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫

0,50
()
22
2
2
2

00
0
111
cos 1 cos 2 sin 2 .
222
4
Ixdx xdxxx
ππ
π
π
⎛⎞
==+=+ =
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
Vậy
12
8
.
15 4
II I
π
0,25

=
−= −
Tính thể tích khối chóp
()(SIB ABCD)
⊥
và

()( )SIC ABCD ;
⊥
suy ra
()SI ABCD⊥ .
Kẻ
IK BC
⊥

()KBC
∈

⇒ ()
B
CSIK
⊥

⇒
n
SKI = 60 .
D


0,50
Diện tích hình thang
:
A
BCD

2
3.

ABCD
Sa=
Tổng diện tích các tam giác
A
BI và bằng
CDI
2
3
;
2
a
suy ra
2
3
.
2
IBC
a
S
Δ
=

0,25
IV
(1,0 điểm)
()
2
2
5
B

CABCDADa=−+=
⇒

2
35
5
IBC
S
a
IK
BC
Δ
==

⇒

n
315
.tan
.

S

A
B
5
a
SI IK SKI==
Thể tích khối chóp
.:SABCD

3
131

35
ABCD
a5
SI==
VS

0,25

I

C

D
K
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt và ,axybxz=+ =+
.cyz=+
Điều kiện
()3
x
xyz yz++ =
trở thành: c
222
.abab=+−
a b abc c++ ≤ ,,abc

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
33 3
35;
dương thoả mãn điều kiện trên.
0,25
222
cabab=+−
2
()3ab ab=+ −
22
3
() (
)
4
ab ab≥+ − +

=
2
1
()
4
ab+
⇒
(1). 2ab c+≤
0,25
33 3
35ab abcc++ ≤
3
( )3 5aba b ab abc c++−+≤
.

⇔
()
22
⇔

23
()3 5abc abc c++ ≤
⇔

2
()35abc ab c++ ≤
0,25
V
(1,0 điểm)
(1) cho ta: () và
2
2abc c+≤
2
3
2
)3;
4
ab a b c≤+≤3(
từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi:
.
abc==
⇔
x

yz
=
=

0,25
1. (1,0 điểm) Viết phương trình
A
B
Gọi
N
đối xứng với
M
qua suy ra
,I
(
)
11; 1N
−
và
N
thuộc đường thẳng .CD
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
E
∈Δ
⇒

(
)

;5 ;
E
xx−

(
)
6;3IE x x
=
−−
J
JG
và
(11;6)NE x x=− −
JJJG
.
E
là trung điểm
⇒

CD .IE EN
⊥

.0IE EN
=
JJG JJJG

⇔
(6)(11)(3)(6)0xx xx
−
−+− −=

⇔ 6x =
hoặc

7.x =

0,25
•

6x = ⇒
(
)
0; 3 ;IE =−
JJG
phương trình
:50AB y .
−
=

0,25
•

7x = ⇒
(
)
1; 4 ;IE =−
JJG
phương trình
: 4 19 0.AB x y
−
+=

0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…
()P (),S
()S có tâm bán kính (1; 2 ; 3),I
5.R
=

Khoảng cách từ đến
I
():P
()
,( )dI P
=
2434
3
3
;
R
−−−
=
<
suy ra đpcm.
0,25
Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H
r
H là hình chiếu vuông góc của trên I
():P
(
)

,( ) 3,IH d I P
=
=
22
4.rRIH
=
−=
0,25
Toạ độ thoả mãn: (;;)Hxyz=
12
22
3
22 40
xt
yt
zt
xyz
=+
⎧
⎪
=−
⎪
⎨
=−
⎪
⎪
.
−
−−=
⎩

0,25
Giải hệ, ta được
(3; 0; 2).H
0,25
Tính giá trị của biểu thức…
2
36 36 ,iΔ=− =

1
13zi
=
−+
và
2
13.zi
=
−−

0,25
VII.a
(1,0 điểm)
22
1
|| (1) 3 10z =−+=
và
22
2
||

(1) (3) 10.z =−+− =
0,50
M

B

A
I

C

D

E

N
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
22
12
|| | | 20.Az z=+ =
0,25
1. (1,0 điểm) Tìm m
()C
có tâm bán kính
(2;2),I −− 2.R =

0,25
Diện tích tam giác
:IAB

n
1
sin
2
SIAIBAI
B=

≤

2
1
1;
2
R
=
lớn nhất khi và chỉ khi
S .IA IB⊥
0,25
Khi đó, khoảng cách từ đến I
:Δ
(, ) 1
2
R
dI
Δ
==

⇔

2

22 2 3
1
1
mm
m
−− − +
=
+

0,25
⇔

()
hoặc
2
2
14 1mm−=+
⇔ 0m =
8
15
m
=
.
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm

M

2
Δ

qua và có vectơ chỉ phương
(1; 3; 1)A − (2;1; 2).u
=
−
G

1
M ∈Δ
⇒
(1 ;;9 6).
M
tt t−+ −+
(2 ;3 ;8 6 ),
M
Attt
, (8 14; 20 14 ; 4)MA u t t t
⎡⎤
=− − −
JJJG
=
−−−
⎣⎦
JJJG G

⇒
,
M
Au
⎡
⎤

⎣
⎦
J
JJG G
2
329 88 68.tt=−+

0,25
Khoảng cách từ
M
đến
2
:Δ
2
2
,
(, ) 29 88 68.
MA u
dM t t
u
⎡⎤
⎣⎦
Δ= = − +
J
JJG G
G

Khoảng cách từ
M
đến

():P
()
()
2
22
1 2 12 18 1 11 20
,( ) .
3
122
tt t t
dM P
−+− + − − −
==
+− +

0,25
2
11 20
29 88 68
3
t
tt
−
−+=

⇔
2
35 88 53 0tt
−
+=

⇔
1t
=
hoặc
53
.
35
t =

0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1t =

⇒
(0;1; 3);M −
53
35
t =

⇒

18 53 3
;;
35 35 35
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
Giải hệ phương trình…
VII.b
Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >
22
22
2
4
x
yxy
xxyy
⎧
+=
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩

0,25
(1,0 điểm)
2
4
x
y
y
=
⎧

⎨
=
⎩
2.
x
y
y
=
⎧
⎨
=±
⎩

⇔ ⇔

0,50
(; ) (2;2)xy
=
(; ) (2; 2).xy
=
−−
Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và
0,25

Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
hoặc
3
'8 8;yxx=−
'0y =
⇔
0x = 1.x =±
Hàm số nghịch biến trên: và đồng biến trên: và
(1

(;1)−∞ − (0;1); (1;0)− ; ).+∞
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y
1, 2;
CT
xy=± =−
0,x =
CĐ

0.=
- Giới hạn:
lim lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
==+∞
0,25
- Bảng biến thiên:



Trang 1/4


0,25
• Đồ thị:










0,25
2. (1,0 điểm) Tìm

m
22
2
x
xm−=

⇔
42
24 2.
x
xm−=

0,25
Phương trình có đúng nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng cắt đồ thị
hàm số
6 2ym=
42
24
y
xx=−
tại điểm phân biệt.
6
0,25
Đồ thị hàm số
42
24
y
xx=−

và đường thẳng

.

2ym=








0,25
I
(2,0 điểm)
Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 02 2m<<
⇔
01m<<
x
−∞
1
−
01
+
∞
+
+∞
x
y' − 0 + 0 − 0
y
+∞

2−
2−
0
O
y
2−
2−
1−
1
16
2
y
O
x
2
2
1
−
1
16
2
−
2ym=
.
0,25
Trang 2/4
Câu
Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương:

2
(1 2sin )sin cos sin 2 3 cos3 2cos 4
x
xxx x−++=
II
x

⇔
sin cos 2 cos sin 2 3cos3 2cos4
x
xxx x++=x
0,25
⇔
sin 3 3 cos3 2cos4
x
xx+=
⇔
cos 3 cos4 .
6
x
x
π
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠

0,25
⇔

43 2
6
x
xk
π
π
=−+
hoặc
43 2
6
xx k
π
π
=− + + .

0,25
Vậy:
2
6
x
k
π
π
=− +
hoặc
2
()
42 7
xkk
ππ

=+ ∈]
.

0,25
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Hệ đã cho tương đương:
2
2
1
7
1
13
x
x
yy
x
x
yy
⎧
++=
⎪
⎪
⎨
⎪
++ =
⎪
⎩
(do không thoả mãn hệ đã cho)
0y =
0,25

⇔

2
1
7
1
13
x
x
yy
x
x
yy
⎧
⎛⎞
++=
⎪
⎜⎟
⎝⎠
⎪
⎨
⎛⎞
⎪
+−=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩
⇔

2
11
20 0
1
7
xx
yy
x
x
yy
⎧
⎛⎞⎛⎞
⎪
+++−=
⎜⎟⎜⎟
⎪
⎝⎠⎝⎠
⎨
⎛⎞
⎪
=− +
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

0,25
⇔

1

5
12
x
y
x
y
⎧
+=−
⎪
⎨
⎪
=
⎩
(I) hoặc
1
4
3
x
y
x
y
⎧
+=
⎪
⎨
⎪
=
⎩
(II).
0,25

(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm:
1
(; ) 1;
3
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
và
(; ) (3;1).xy =
Vậy:
1
(; hoặc
(;
) 1;
3
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
) (3;1).xy=
0,25
Tính tích phân…
3ln,ux=+

2
;

(1)
dx
dv
x
=
+

1
,du dx
x
=

1
.
1
v
x
=−
+

0,25
I
3
3
1
1
3ln
1(
1)
x

dx
xxx
+
=−

+
++
∫
0,25
33
11
3ln3 3 1
42
dx
dx
1
x
x
+
=− + + −
+
∫∫

0,25
III
(1,0 điểm)
33
11
3ln3 1 27
ln ln 1 3 ln .

44
xx
−
⎛⎞
=+−+=+
⎜⎟
⎝⎠
16

0,25
Tính thể tích khối chóp…
Gọi
D
là trung điểm và là trọng tâm tam giác
AC G ABC
ta có
'( )
B
G ABC⊥
⇒

n
'
B
BG =
60
D

⇒

n
3
''.sin'
2
a
BG BB BBG==
và
2
a
BG
=

⇒

3
.
4
a
BD
=

Tam giác có:
ABC
3
,
22
A
BAB
BC AC==

⇒
.
4
AB
CD
=

0,50
IV
(1,0 điểm)

222
B
A
B
CCDBD+=
⇒

222
6
39
4161
A
BAB a
+=

⇒

313
,

13
a
AB =

313
;
26
a
AC =

2
93
.
104
ABC
a
S
Δ
=

0,25
'
B

C

'
G
C
'

A
D

Trang 3/4
Câu
Đáp án Điểm
Thể tích khối tứ diện
':AABC
''
1
'.
3
A ABC B ABC ABC
VV BGS
Δ
==
3
9
.
208
a
=

0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
Kết hợp với
3
()4xy xy++ ≥2
2
()4

x
yx+≥y suy ra:
⇒

32
()()2xy xy+++≥
1.xy+≥
0,25
A
4422 22
3( ) 2( ) 1xyxy xy=++ −++
=
()
2
22 44 22
33
()2()
22
xy xy xy++ +−++
1

0,25
≥

()()
22
22 22 22
33
2( ) 1
24

xy xy xy++ +−++

⇒

()()
2
22 22
9
21
4
Axy xy≥+−++
.

Đặt , ta có
2
tx y=+
2
2
22
()1
22
xy
xy
+
+≥ ≥

⇒

1
;

2
t ≥
do đó
2
9
21
4
At t≥−+
.
Xét
2
9
() 2 1;
4
ft t t=−+

9
'( ) 2 0
2
ft t=−>
với mọi
1
2
t ≥

⇒
1
;
2
19

min ( ) .
216
ft f
⎡⎞
+∞
⎟
⎢
⎣⎠
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

0,25
V
(1,0 điểm)
9
;
16
A ≥
đẳng thức xảy ra khi
1
.
2
xy==
Vậy, giá trị nhỏ nhất của bằng A
9
.
16

0,25
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm
K
Gọi
⇔
(;);Kab ()KC∈
22
4
(2)
5
ab−+=
(1); tiếp xúc
1
()C
1
,Δ
2
Δ ⇔
VI.a
7
252
ab a b−−
=
(2).
0,25
(1) và (2), cho ta:
22
5( 2) 5 4
57
ab

ab a b
⎧
−+ =
⎪
⎨
−=−
⎪
⎩
(I) hoặc (II).
⇔
22
5( 2) 5 4
5( ) 7
ab
ab a b
⎧
−+ =
⎨
−=−
⎩
22
5( 2) 5 4
5( ) 7
ab
ab ba
⎧
−+ =
⎨
−= −
⎩

0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II)
⇔
2
25 20 16 0
2
aa
ba
⎧
−+=
⎨
=−
⎩
⇔
2
2
84
(;) ; .
55
25 40 16 0
ab
ab
bb
=
⎧
⎛⎞
⇔=
⎨
⎜⎟

−+=
⎝⎠
⎩

0,25
Bán kính
1
():C
22
.
5
2
ab
R
−
==
Vậy:
84
;
55
K
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
và
22
.
5
R =

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng
()
P

Mặt phẳng
()
P
thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1:
()
P
qua
,
A
B
và song song với
.CD
0,25
Vectơ pháp tuyến của
()


:P
,.nABCD
⎡⎤
=
⎣⎦
GJJJGJJJG
(3;1;2),AB =− −

JJJG JJJG

(2;4;0)CD =−
⇒
(8;4;14).n =− − −
G
Phương trình
()
P
:
427150.xyz++−=
0,25
Trường hợp 2:
()
P
qua
,
A
B
và cắt Suy ra
.CD ()
P
cắt
CD
tại trung điểm của
vectơ pháp tuyến của
I
.CD
(1;1;1) (0; 1; 0);IAI⇒ =−
JJG

():
P

, (2;0;3).nA=BAI
⎡⎤
=
⎣⎦
G
JJJGJJG

0,25
Phương trình
():2 3 5 0.Pxz+−=
Vậy
() hoặc :4 2 7 15 0Pxyz++−= ():2 3 5 0.Pxz+−=
0,25
Tìm số phức
z
Gọi
;zxyi=+
(2 ) ( 2) ( 1) ;zix yi
VII.a
22
(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10zi x y−+= ⇔− +− =
−+=−+−
(1).
0,25
22
.25 25zz x y=⇔+=
(2).

0,25
(1,0 điểm)
Giải hệ (1) và (2) ta được: hoặc
(;
Vậy: hoặc
(; ) (3;4)xy= ) (5;0).xy = 34zi=+ 5.z =
0,50
Trang 4/4
Câu
Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ các điểm
,
B
C

Gọi là hình chiếu của trên suy ra là trung điểm H A
,Δ
H
.
B
C

9
(, ) ;
2
AH d A BC==

2
42.
ABC

S
BC
AH
Δ
==

VI.b
2
2
97
.
42
BC
AB AC AH== + =

0,25
Toạ độ
B
và
C
là nghiệm của hệ:
()( )
22
97
14
2
40.
xy
xy
⎧

++− =
⎪
⎨
⎪
−−=
⎩

0,25
Giải hệ ta được:
11 3
(; ) ;
22
xy
⎛
=
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
hoặc
35
(; ) ; .
22
xy
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25

Vậy
11 3 3 5
;, ;
22 2 2
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
hoặc
35 113
;, ;
22 22
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
.
⎞
⎟
⎠

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Gọi là đường thẳng cần tìm; nằm trong mặt phẳng
qua và song song với

Δ Δ
()Q
A
().
P

Phương trình
() : 2 2 1 0.Qx y z−++=

0,25
,K
là hình chiếu của H
B
trên Ta có
,Δ
().Q
B
KBH≥ nên là đường thẳng cần tìm. AH
0,25
Toạ độ thoả mãn:
(;;)Hxyz=
113
122
2210
xyz
xyz
−+−
⎧
==
⎪

−
⎨
⎪
−++=
⎩
⇒

1117
;; .
999
H
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
(2,0 điểm)
26 11 2
;; .
99 9
AH
⎛
=−
⎜
⎝⎠
JJJG
H

B

C
A

Δ
B

⎞
⎟
Vậy, phương trình
31
:.
26 11 2
xyz+−
Δ==
−

0,25
Tìm các giá trị của tham số
m
Toạ độ ,
A
B thoả mãn:
2
1x
x
m
x
yxm
⎧

−
=− +
⎪
⎨
⎪
=− +
⎩

⇔
2
210,(0)
.
xmx x
yxm
⎧
−−= ≠
⎨
=− +
⎩
(1)
0,25
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt
12
,
x
x
khác 0 với mọi
.m
Gọi ta có: .
11 2 2

(; ), (; )Ax y Bx y
222 2
12 1 2 12
()( )2()
A
Bxx yy xx=− +− = −
0,25
Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được:
2
22
12 12
2( ) 4 4.
2
m
AB x x x x
⎡⎤
=+− =+
⎣⎦

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
2
4416 2
2
m
AB m=⇔ += ⇔ =± 6.

0,25

Hết
Q
K
A

H

Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x
3
− 2x
2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
'y = 3x
2

− 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1, đạt cực tiểu tại x =
4
3
; y
CT
=

5
27
− .
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= − ∞ ; lim
x
y
→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:




0,25
• Đồ thị:

0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
− 2x
2
+ (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x
2
− x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x
2
− x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt, khác 1.
0,25
Ký hiệu g(x) = x
2
− x − m; x
1
= 1; x
2
và x
3
là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
22
23
0
(1) 0

3
g
xx
⎧
∆>
⎪
≠
⎨
⎪
+
<
⎩

0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
14 0
0
12 3
m
m
m
+>
⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<

⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0.
0,25
y
1
+
∞

−∞
'y
+
0
−
0
+

x
−∞ 0
4
3
+∞
5
27
−

5
27

−

O
y
x
4
3

1
2


Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
2 sin
4
x
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos

cos
xx
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
⇔ 2sin
2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2

0,25
⇔ x = −
6
π
+ k2π hoặc x =
7
6
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có:
2
2( 1)xx
−
+ =

22
(1)1xx+− + > 1, suy ra 1 −
2
2( 1)xx
−
+ < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2( 1)xx
−
+ ≤ 1 − x +
x
(1)
0,25
Mặt khác
2
2( 1)xx−+ =
22
2(1 ) 2( )
x
x−+ ≥ 1 − x +
x
(2), do đó:
0,25
(1) ⇔
2
2( 1)xx
−
+ = 1 − x +
x

(3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x =
x
đồng thời 1 − x +
x
≥ 0.
+ 1 − x =
x
kéo theo 1 − x +
x
≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x =
x

0,25
II
(2,0 điểm)
⇔
2
10
(1 )
x
x
x
−≥
⎧
⎪
⎨
−=
⎪

⎩
⇔
2
1
310
x
xx
≤
⎧
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩

⇔ x =
35
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
12
x
x

e
x
x
e
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
=
1
2
0
d
x
x
∫
+
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫

.
0,25
Ta có:
1
2
0
d
x
x
∫
=
1
3
0
1
3
x
=
1
3

0,25
và
1
0
d
12
x
x
e

x
e+
∫
=
1
2
1
0
d(1 2 )
12
x
x
e
e
+
+
∫
, suy ra:
0,25
III
(1,0 điểm)
I =
1
3
+
1
0
1
ln(1 2 )
2

x
e+ =
1
3
+
112
ln
23
e
+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
.
0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
S
CDNM
= S
ABCD
− S
AMN
− S
BCM

= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2
8
a
−
2
4
a
=
2
5
8
a
.
0,25
V
S.CDNM
=

1
3
S
CDNM
.SH =
3
53
24
a
.
0,25
IV
(1,0 điểm)

• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒
n
n
A
DM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
0,25


A
B
C
D
S

N
H
K
M
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
22
.SH HC
SH HC
+
=
23
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
23
19
a
.
0,25
Điều kiện: x ≤

3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x
2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1) 52
y
− (1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52
y
− ), với f(t) = (t
2
+ 1)t.
Ta có
'
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =
52
y
− ⇔
2
0
54

.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x

− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V

(1,0 điểm)
'( )
g
x = 8x − 8x
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−
4
34
x
−
= 4x (4x
2
− 3) −
4
34
x
−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác
1
2
g

⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1
;2
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d
1
và d
2
cắt nhau tại O, cos(d
1
, d
2
) =
|3.31.1|
31.31
−
+

+
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó
n
A
OB = 60
D
⇒
n
B
AC = 60
D
.
0,25
Ta có: S
ABC
=
1
2
AB.AC.sin 60
D
=
3
4
(OA.sin 60
D
).(OA.tan 60

D
)
=
33
8
OA
2
.
Do đó: S
ABC
=
3
2
, suy ra OA
2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
22
30
4
3
xy
xy
⎧
+
=

⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
⇒ A
1
;1
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d
2
, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪
⎨
−
−=
⎪

⎩
⇒ C
2
;2
3
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I
13
;
2
23
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và bán kính IA = 1.
Phương trình (T):
2
2
13
1

2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25

d
2
y

x

C
B
O
A
d
1
I
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v

G
= (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến
n
G
= (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos
n
HMC =
()
cos ,vn
GG
.
0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos
n
HMC = MC.
()
cos ,vn
GG

0,25
= 6 .
|2 2 1|
6. 6
−
−
=
1

6
.
0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
= 5 + 2 i, suy ra:
0,25
z = 5 − 2 i.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: −
2 .
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
40
0
xy
xy
+
−=
⎧
⎨
−=
⎩
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.

0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra:
A
B
JJJG
. CE
JJJG
= 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t
2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v
G
= (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có:
M
A
J
JJG
= (2; −2; 1), ,vMA
⎡
⎤

⎣
⎦
G
JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
G
=
49 4 100
494
++
++
= 3.
0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5.
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình (S): x
2
+ y

2
+ (z + 2)
2
= 25.
0,25
Ta có:
3
(1 3 )i− = − 8.
0,25
Do đó z =
8
1 i
−
−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
ziz+ = 8 2 .
0,25
Hết

•
M
∆
B
C

A
•

H
M
∆
P
C


• E
d
A
B
C
H
D
Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
'
(1)
y
x
=
+
> 0, ∀x ≠ −1.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
=
= ; tiệm cận ngang: y = 2.

(1)
lim
x
y
−
→−
=
+∞ và
(1)

lim
x
y
+
→−
=
−∞; tiệm cận đứng: x = −1.
0,25
- Bảng biến thiên:





0,25
• Đồ thị:











0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:

21
1
x
x
+
+
= −2x + m
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)
⇔ 2x
2
+ (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
0,25
∆ = m
2
+ 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A, B với mọi m.
0,25
Gọi A(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
), trong đó x
1
và x
2
là các nghiệm của (1); y

1
= −2x
1
+ m và y
2
= −2x
2
+ m.
Ta có: d(O, AB) =
||
5
m
và AB =
()()
22
12 12
xx yy−+− =
()
2
12 12
520
x
xxx+− =
2
5( 8)
2
m
+
.
0,25

I
(2,0 điểm)
S
OAB
=
1
2
AB. d(O, AB) =
2
|| 8
4
mm
+
, suy ra:
2
|| 8
4
mm
+
= 3 ⇔ m = ± 2.
0,25

x −∞
−
1
+

∞

'y

+

+

y

2
2
+
∞

−
∞

2

−
1
O
x
y
1


Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2sin cos sin cos 2 cos 2cos2 0xx x xx x

−
++=
0,25
⇔ cos 2 sin (cos 2) cos2 0xx x x
+
+= ⇔ (sin cos 2)cos 2 0xx x
+
+= (1).
0,25
Do phương trình sin cos 2 0xx++= vô nghiệm, nên:
0,25
(1) ⇔ cos 2 0x
=
⇔
42
x
k
π
π
=+ (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện:
1
6
3
x−≤≤.

0,25
Phương trình đã cho tương đương với:

2
(3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0xxxx
+
−+− −+ − −=
0,25
⇔
3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
314 6 1
xx
xx
xx
−−
++−+=
++ − +

⇔ x = 5 hoặc
31
310
314 6 1
x
xx
+
++=
++ − +
.
0,25
II
(2,0 điểm)
31 1

310 ;6
3
314 6 1
xx
xx
⎡
⎤
+++>∀∈−
⎢
⎥
++ − +
⎣
⎦
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
Đặt 2lntx=+ , ta có
1
dd
tx
x
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
3
2
2
2
d
t
It
t

−
=
∫

33
2
22
11
d2dtt
t
t
=−
∫∫
.
0,25
3
3
2
2
2
ln t
t
=+

0,25
III
(1,0 điểm)
13
ln
32

=− +
.
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥
'
A
D, suy ra:
n
'60ADA =
D
.
0,25
Ta có: '
A
A = AD.tan
n
'ADA =
3
2
a
; S
ABC
=
2
3
4
a
.

Do đó:
3
.'' '
33
VS.'
8
ABC A B C ABC
a
AA
==.
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH //
'
A
A ⇒ GH ⊥ (ABC).
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI =
.GE GA
GH
=
2
2
GA
GH
.
0,25
IV

(1,0 điểm)

Ta có: GH =
'
3
A
A
=
2
a
; AH =
3
3
a
; GA
2
= GH
2
+ AH
2
=
2
7
12
a
. Do đó: R =
2
7
2.12
a

.
2
a
=
7
12
a
.
0,25

H
A
B
C
'
A

'
B

'C
G
D

A
E
H
G
I
Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)
2
+ 3(ab + bc + ca) + 2 12( )ab bc ca−++.
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có:
2
()1
0
33
abc
t
++
≤≤ =
.
Xét hàm
2
() 3 2 1 2
f
tt t t
=
++ − trên
1
0;
2
⎡
⎞
⎟
⎢
⎣

⎠
, ta có:
2
'( ) 2 3
12
ft t
t
=+−
−
;
3
2
''( ) 2
(1 2 )
ft
t
=−
−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )
f
t nghịch biến.
0,25
Xét trên đoạn
1
0;
3
⎡
⎤
⎢
⎥

⎣
⎦
ta có:
111
'( ) ' 2 3 0
33
ft f
⎛⎞
≥=−>
⎜⎟
⎝⎠
, suy ra f(t) đồng biến.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
.
0,25
V
(1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦

; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
(4)(1)0
41
50
22
xy
xy
+
−−=
⎧
⎪
⎨− +
+
−=
⎪
⎩
⇒ D(4; 9).
0,25
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
thỏa mãn:
22
50
(5)32
xy
xy

+−=
⎧
⎪
⎨
+
−=
⎪
⎩
với x > 0, suy ra A(4; 1).
0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
2S
A
BC
A
C
= 6.
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)
2
= 36
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).
0,25
Do d là phân giác trong của góc A, nên
A
B
J
JJG
và
A
D

J
JJG
cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1
1
xyz
bc
+
+=.
0,25
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
1
b
−
1
c
= 0 (1).
0,25
Ta có: d(O, (ABC)) =
1
3
⇔
22
1
11
1
bc

++
=
1
3
⇔
2
1
b
+
2
1
c
= 8 (2).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
1
2
.
0,25
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:
| z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
0,25
⇔ x
2
+ (y − 1)
2
= (x − y)
2

+ (x + y)
2

0,25
⇔ x
2
+ y
2
+ 2y − 1 = 0.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x
2
+ (y + 1)
2
= 2.
0,25

d
A
B
D
C
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Nhận thấy: F
1
(−1; 0) và F

2
(1; 0).
Đường thẳng AF
1
có phương trình:
1
3
3
x
y+
=
.
0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF
1
với (E), suy ra:
23
1;
3
M
⎛⎞
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⇒ MA = MF
2
=
23
3

.
0,25
Do N là điểm đối xứng của F
2
qua M nên MF
2
= MN, suy ra: MA = MF
2
= MN.
0,25
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF
2
là đường tròn tâm M, bán kính MF
2
.
Phương trình (T):
()
2
2
23 4
1
33
xy
⎛⎞
−+− =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25

2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v
G
= (2; 1; 2).
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra:
A
M
J
JJJG
= (t; −1; 0)
⇒
,vAM
⎡⎤
⎣⎦
GJJJJG
= (2; 2t; − t − 2)
0,25
⇒ d(M, ∆) =
,vAM
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJJG
G
=
2
548

3
tt
+
+
.
0,25
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔
2
548
3
tt
+
+
= | t |
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
⇔ t
2
− t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.
Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
0,25
Điều kiện y >
1
3
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2
x
.
0,25
Do đó, hệ đã cho tương đương với:

22
312
(3 1) 3 1 3
x
y
yyy
⎧
−=
⎪
⎨
−+−=
⎪
⎩
⇔
2
312
630
x
y
yy
⎧
−=
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

0,25

⇔
1
2
2
1
2
x
y
⎧
=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
⇔
1
1
.
2
x
y
=
−

⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

0,25
Hết

M
y
x
A
F
1
F
2
O
N