DE+DA toan ĐH+CĐ khôi A-B-D nam 2013

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐA Ï I HỌ C NĂM 201 3
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CA Û THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3mx − 1 (1), với m là tham số t hư ï c.
a) Khảo sát sự biến thi e â n và vẽ đo à thò của hà m số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; + ∞).
Câu 2 (1,0 điểm). Giả i phương t rình 1 + tan x = 2
√
2 sin

x +
π
4

.
Câu 3 (1,0 điểm). Giả i hệ phương trình

√
x + 1 +
4
√
x − 1 −

y
4

+ 2 = y
x
2
+ 2x(y − 1) + y
2
− 6y + 1 = 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phâ n I =
2

1
x
2
− 1
x
2
ln x dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đá y là tam giá c vuô ng tại A,

ABC = 30
◦
, SBC là
tam gi á c đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 ( 1 ,0 điểm). Cho các số t hư ï c dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c
2
. Tìm giá trò
nhỏ nhất của biểu thư ù c P =
32a
3

(b + 3c)
3
+
32b
3
(a + 3c)
3
−
√
a
2
+ b
2
c
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( ph ầ n A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đ i e å m C thu o ä c
đường t hẳ ng d: 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biế t rằng N(5; −4).
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
x − 6
−3
=
y + 1
−2
=
z + 2
1
và điểm A(1; 7; 3). Viết phươ ng trình mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm

M thuộc ∆ sao cho A M = 2
√
30.
Câu 9 .a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ so á phân biệt được chọn từ
các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác đònh số phầ n tử cu û a S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất
để so á đ ư ơ ï c chọn là số chẵn.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y = 0. Đường
tròn (C) có bán kính R =
√
10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4
√
2. Tiếp tuyến củ a (C)
tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0
và m ặ t cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y −2z − 8 = 0. Chứng minh (P ) ti e á p xúc với (S). Tìm tọa độ
tiếp đ i e å m của (P ) và (S).
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z = 1 +
√
3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo
của số phức w = (1 + i)z
5
.
−−−−−−Hết−−−−−−

Thí sinh kho â n g được sử dụ n g tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m = 0 ta có
32
31yx x .
=
−+ −
•
Tập xác định: .D = \
•
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc
2
'3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0 2.x
=

0,25

Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (;0)
−
∞ và (2; ).
+
∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= −1; đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 3.
- Giới hạn: lim ; lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
=+∞ =−∞
0,25
- Bảng biến thiên:


Trang 1/4






0,25
• Đồ thị:

0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có
2
'3 63yxx=− + + .m
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
(0; )
+
∞ khi và chỉ khi '0, 0yx
≤
∀>
0,25
2
2, 0.mx xx⇔≤ − ∀>

Xét
2
() 2

f
xx x=− với Ta có 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x
=
−=⇔=
0,25
Bảng biến thiên:







0,25
1
(2,0 điểm)
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1.
x
'y
y
−
∞

+
∞
0
2
0 0
− −
+

+
∞

− ∞
−
1
3
2
O
y

x

3
−
1
x
()
f
x
0
+
∞
1
0
−
0
+
−
1

+
∞
'( )
f
x
≤−
0,25
Trang 2/4
Câu
Đáp án Điểm
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠
sin
12(sinco
cos
x
s)
x
x
x
+= +

0,25
(sin cos )(2 cos 1) 0.xx x⇔+ −=
0,25
π
sin cos 0 π ()
4
xx x kk•+=⇔=−+ ∈]
.

0,25
2
(1,0 điểm)
π
2cos 1 0 2π ()
3
xxkk•−=⇔=±+ ∈]
.

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:
π
π
4
x
k
=
−+
hoặc
π
2π ()
3
xkk=± + ∈]
.

0,25
44
22
11 2
2( 1) 6 1 0 (2)
xxy y

xxy yy
⎧
++ −− + =
⎪
⎨
⎪
+−+−+=
⎩
(1)
,

Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra
1.x ≥
2
4( 1)yxy=+− 0.y ≥
0,25
3
(1,0 điểm)
Đặt
4
1,ux=−
suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥
44
2 2 (3).uuyy++= ++

Xét
4
() 2 ,
f
tt=++t với Ta có 0.t ≥

3
4
2
'( ) 1 0, 0.
2
t
ft t
t
=
+> ∀≥
+

Do đó phương trình (3) tương đương với
,yu
=
nghĩa là
4
1.xy
=
+
0,25
Thay vào phương trình (2) ta được
74
( 2 4) 0 (4).yy y y++−=
Hàm có
74
() 2 4gy y y y=+ +−
63
'( ) 7 8 1 0gy y y
=

++> với mọi 0.y ≥
0,25
Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y
=
và 1.y
=

Với ta được nghiệm
(; với 0y = ) (1;0);xy= 1y
=
ta được nghiệm (; ) (2;1).xy
=

Vậy nghiệm
(; )
x
y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1).
0,25
Đặt
2
2
1d
ln , d d d , .
xx
uxv xu vx
1
x
x
x
−

== ⇒==+

0,25
Ta có
2
2
1
1
11
ln d
Ix x x
1
x
x
xx
⎛⎞ ⎛⎞
=+ − +
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
∫

0,25

22
11
11
lnxxx
x
x
⎛⎞ ⎛⎞

=+ −−
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

0,25
4
(1,0 điểm)

53
ln 2 .
22
=−

0,25
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC)
vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC).
0,25
Ta có BC = a, suy ra
3
;
2
a
SH =

o
sin 30 ;
2
a
AC BC==

o
3
cos30 .
2
a
AB BC==

Do đó
3
.
1

61
S ABC
a
.
6
HABAC==VS

0,25
Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên
HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là
trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB.
0,25
5
(1,0 điểm)

Do đó
2
2

13
.
44
AB a
SI SB=−=

Suy ra

36
39
(,( )) .
.1
SABC SABC
SAB
VV
a
dC SAB
SSIAB
Δ
===
3

0,25
S
A

B

C
I

H

Trang 3/4
Câu
Đáp án Điểm
Đặt
,
a
xy
cc
==.
b
Ta được Điều kiện của bài toán trở thành 0, 0.xy>> 3.xy x y++=
Khi đó
3
3
22
33
32
32
.
(3)(3)
y
x
Px
yx
=+−+
++
y

v>>

Với mọi
u ta có 0, 0
3
33 3 3 3
()
3
()3()() ()
44
uv
.v uv uvuv uv uv
+
+=+ − +≥+ − + =
u

Do đó
3
3
32
3
33
32 ( ) 2 3 3
32
88
33 339
(3)(3)
yyxyxyx
xx
yx xyxy

yx
⎛⎞
+−++
⎛⎞
+≥+=
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
++ +++
⎝⎠
++
⎝⎠
.
y

0,25
Thay 3
x
yx=−−y vào biểu thức trên ta được
3
3
3
3
33
32 ( 1)( 6)
32
8(
2( 6)
(3)(3)
yxyxy

x
xy
xy
yx
+− ++
⎛⎞
+≥ =+−
⎜⎟
++
⎝⎠
++
1).
Do đó
322 3 2 3 2
( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6 .Pxyxyxyxyxyxyxyxy≥+− − + =+− − + − =+− − + + +−
0,25
Đặt
tx
Suy ra t và
.y=+
> 0
32
(1) 26.Pt t t≥− − + −

Ta có
22
()
3()
44
x

yt
xyxy xy t
+
=++ ≤ + + =+
.
nên (2)(6)0tt
−
+≥ Do đó 2.t ≥
Xét
32
() ( 1) 2 6,ft t t t=− − + −
với t Ta có 2.≥
2
2
1
'( ) 3( 1) .
26
t
ft t
tt
+
=−−
+
−

Với mọi
t ta có và 2≥
2
3( 1) 3t −≥
2

2
177
11
22
(1) 7
26
t
t
tt
+
=+ ≤+=
+−
+−
32
,
nên
32
'( ) 3 0.
2
ft≥− >
Suy ra
() (2) 1 2.ft f≥=−
Do đó
12P ≥− .

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi a thì bc==
12P =− .

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là
12

.−
0,25
Do Cd
∈
nên (; 2 5).Ct t
−
− Gọi I là tâm của hình chữ
nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC.
Do đó
(
)
423
;.
22
tt
I
−
−+

0,25
Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA.
Do đó ta có phương trình
(
)
(
)
22

22
42
23 4
54 48
222
tt
tt
−−
−+ −
⎛⎞ ⎛
−+−− =−−+−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
7.a
(1,0 điểm)

3
2
+
⎞
⎟
⎠

1.t
⇔
= Suy ra C(1; 7).
−

0,25
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD

và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra
AC||DM. Theo giả thiết, BN
⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
0,25
Đường thẳng AC có phương trình: 34 0.
.
xy++=
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có
phương trình
3170xy
−
−= Do đó (3 17; ).
B
aa+
Trung điểm của BN thuộc AC nên
3175 4
340
7.
22
aa
a
++ −
⎛⎞
+
+=⇔=−
⎜⎟
⎝⎠
(4;7).B −− Vậy
0,25

Δ có véctơ chỉ phương là
(3;2;1).u =− −
JG
0,25
(P) qua A và nhận
u
J
G
làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình
3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−=
0,25
M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ).
M
tt−−−−+t
0,25
8.a
(1,0 điểm)
2222
2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−=

1t⇔= hoặc
3
.
7
t
Suy ra M
=−
(3;3;1)
−
− hoặc

(
)
51117
;;
777
M −−
.

0,25
A
D
B
C
M
N
I
Trang 4/4
Câu
Đáp án Điểm
Số phần tử của S là
3
7
A
0,25
= 210.
0,25
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90
=
(cách).
0,25

9.a
(1,0 điểm)
Xác suất cần tính bằng
90 3
.
210 7
=

0,25
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao
điểm của AB và IM. Khi đó
(0; ),
M
t với H là trung điểm
của AB. Suy ra
0;t ≥
22.
2
AB
AH ==

0,25
22
111
,
AH AM AI
=+
2
suy ra
210.AM =

Do đó
22
42.MH AM AH=−=

Mà
||
(,) ,
2
t
MH d M=Δ=
nên 8.t
=
Do đó (0; 8).M
0,25
Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương
trình
80.xy
+
−= Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ
.
0
(4;4)
80
xy
H
xy
−
=
⎧

⇒
⎨
+−=
⎩

0,25
7.b
(1,0 điểm)

Δ
A
I
B
H
M
Ta có
22
1
2,
4
IH IA AH HM=−==
nên
1
.
4
IH HM=
JJJG JJJJG

Do đó
(5;3).I

Vậy đường tròn (C) có phương trình
22
(5)(3)10xy−+−=.
0,25
(S) có tâm và bán kính (1; 2;1)I −
14.R =

0,25
222
| 2.1 3( 2) 1.1 11| 14
(,( )) .
14
231
dI P R
+−+ −
=
++
==
Do đó (P) tiếp xúc với (S).
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P).
0,25
(1 2 ; 2 3 ;1 ).
M
tt+−+ +t
Do đó
Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1.ttt+ +−+ ++− =⇔=t (3;1;2).M
0,25

13
132
22
zi i
⎛⎞
=+ = +
⎜⎟
⎝⎠

0,25
9.b
(1,0 điểm)
ππ
2cos sin .
33
i
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
55
5π 5π
2 cos sin 16(1 3 ).
33
zi
⎛⎞
=+=−
⎜⎟

⎝⎠
i
Suy ra
0,25
16( 3 1) 16(1 3) .wi=++−
Do đó
0,25
Vậy w có phần thực là
16(
và phần ảo là
3 1)+ 16

(1 3).−

Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂ N SINH ĐẠ I HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x
3
− 3(m + 1)x
2
+ 6mx (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = −1.
b) Tìm m để đồ t hò hàm số (1) có hai điểm cực trò A và B sao cho đường thẳng AB vuo â ng góc với
đường t hẳ ng y = x + 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giả i phương t rình sin 5x + 2 cos
2

x = 1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giả i hệ phương trình

2x
2
+ y
2
− 3xy + 3x − 2y + 1 = 0
4x
2
− y
2
+ x + 4 =
√
2x + y +
√
x + 4y
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phâ n I =
1

0
x
√
2 − x
2
dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a the å tích cu û a khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trò lớn nhất của biểu t hư ù c
P =
4
√
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 4
−
9
(a + b)

(a + 2c)(b + 2c)
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( ph ầ n A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ to ï a đ o ä Ox y, cho hình thang cân ABCD có hai đường
chéo vuo â ng go ù c với nhau và AD = 3BC. Đư ơ ø ng thẳng BD có phương trình x + 2y − 6 = 0 và tam
giác ABD có trực tâm là H(−3; 2). Tìm tọa đ o ä các đỉnh C và D.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) và mặ t phẳng
(P ) : 2x + 3y − z − 7 = 0. Viết phương t rình đường thẳng đi qua A và vuông gó c với (P ). Tìm tọa
độ điểm đ o á i xứng của A qua (P ).
Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộ p chư ù a bi . Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng,
hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhi e â n từ mỗi hộ p ra 1 viên bi, tính xác
suất để 2 viê n bi được lấy ra có cùng màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7 .b (1 ,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ

từ đỉnh A là H

17
5
; −
1
5

, chân đư ơ ø ng phân gi á c trong của go ù c A là D(5; 3) và trung điểm của cạnh
AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 8.b ( 1 ,0 điểm). Trong không gian vơ ù i hệ t o ï a độ Oxyz, cho các điểm A(1; −1; 1), B(−1; 2; 3) và
đường thẳng ∆ :
x + 1
−2
=
y − 2
1
=
z − 3
3
. Viế t phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc với
hai đ ư ơ ø ng thẳng AB và ∆.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giả i hệ phương trình

x
2
+ 2y = 4x − 1
2 log
3
(x − 1) − log

√
3
(y + 1) = 0.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tê n thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m = −1 ta có
3
26yx x=−.
• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
'6 6;'0 1.yx y x=− =⇔=±
0,25
Các khoảng đồng biến: và (;1)−∞ − (1; );

+
∞ khoảng nghịch biến: (−1; 1).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= −4; đạt cực đại tại x = −1, y
CĐ
= 4.
- Giới hạn:
lim;lim.
xx
yy
→−∞ →+∞
=−∞ =+∞
0,25
- Bảng biến thiên:


Trang 1/4






0,25
• Đồ thị:

0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có hoặc
2
'6 6( 1) 6;'0 1yx mxmy x=−++ =⇔=
.
x
m
=

0,25
Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là 1.m
≠

0,25
Ta có
32

(1; 3 1), ( ; 3 ).
A
mBmmm−−+
Hệ số góc của đường thẳng AB là
2
(1)km=− − .
Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng
2yx
=
+ khi và chỉ khi 1k
=
−
0,25
1
(2,0 điểm)
0m⇔= hoặc 2.m
=

Vậy giá trị m cần tìm là hoặc
0m= 2.m
=

0,25
x
'y
y
−
∞

+ ∞

−1
1
0
0
+ +
−

+ ∞
−
∞

−
4
4
1
O
y

x

4
−
1
−4
Trang 2/4
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với sin 5 cos2 0xx
+
=

0,25
π
cos 5 cos 2
2
x
x
⎛⎞
⇔+=
⎜⎟
⎝⎠

0,25
π
522π ()
2
xxkk⇔+=±+ ∈]

0,25
2
(1,0 điểm)
π 2π
63
()
π 2π
14 7
xk
k
xk
⎡
=− +

⎢
⇔∈
⎢
⎢
=− +
⎢
⎣
]
.

0,25
22
22
233210
4424
xy xyxy
xyx xy xy
⎧
+− +−+=
⎪
⎨
−++= +++
⎪
⎩
(1)
(2)
0xy x y+≥ + ≥

Điều kiện:
. Từ (1) ta được 20,4 1yx

=
+ hoặc 21yx
0,25
.
=
+
• Với thay vào (2) ta được 1,yx=+
2
33315xx x x4
−
+= ++ +

2
3( ) ( 1 3 1) ( 2 5 4 ) 0xx x x x x⇔−++−+++−+=
2
11
()3
131 254
xx
xxx x
⎛⎞
⇔− + + =
⎜⎟
++ + + + +
⎝⎠
0,25
0

2
00

x
xx⇔−=⇔=
hoặc Khi đó ta được nghiệm (;1.x = )
x
y là và (0;1) (1; 2).
0,25
3
(1,0 điểm)
• Với thay vào (2) ta được 21yx=+,
33 4 1 9 4xx x
−
=+++

3(411)(942)0xx x⇔+ +−+ +−=

49
3
411 9 42
x
xx
⎛
⇔+ + =⇔=
⎜
++ + +
⎝⎠
00.x
⎞
⎟
Khi đó ta được nghiệm (; )
x

y là (0 ; 1).
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
(; )
x
y của hệ đã cho là và (0;1) (1; 2).
0,25
Đặt
2
2dd.ttxx=−⇒=−tx
Khi 0
x
=
thì
2,t
khi
=
1
x
=
thì 1.t
=

0,25
Suy ra
2
2
1
dIt=
∫
4

t

0,25

2
3
1
3
t
=

0,25
(1,0 điểm)

22 1
.
3
−
=

0,25
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB và
3
.
2
a
SH =

Mà (SAB) vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên
SH ⊥ (ABCD).

0,25
Do đó
3
.
13

36
S ABCD ABCD
a
VS

HS==
0,25
Do AB || CD và H∈AB nên ( , ( )) ( ,( )).dASCD dH SCD=
Gọi K là trung điểm của CD và I là hình chiếu vuông góc
của H trên SK. Ta có HK⊥CD. Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK)
⇒ CD ⊥ HI. Do đó HI ⊥(SCD).
0,25
5
(1,0 điểm)

Suy ra
22
.2
(,( )) .
7
SH HK a
dASCD HI
SH HK
== =

+
S
I

A

1

0,25
B

C
H

D

K

Trang 3/4
Câu
Đáp án Điểm
Ta có:
22
222
4244
()(2)(2)() 2(
22
ab c a b ab ac bc
abacbc ab abc
++ + + + +

+++≤+ = ≤++
).

0,25
Đặt
222
4,tabc=+++ suy ra và 2t >
2
49
.
2( 4)
P
t
t
≤−
−

Xét
2
49
() ,
2( 4)
ft
t
t
=−
−
với Ta có 2.t >
32
222 222

49 (4)(47416
'( ) .
(4) (4)
ttttt
ft
tt tt
−− + − −
=− + =
−−
)
.
Với t > 2 ta có
32 3
474164(4)(74)0ttt t tt
+
−−= −+ −> Do đó '( ) 0 4.ft t
=
⇔=
0,25
Bảng biến thiên:






Từ bảng biến thiên ta được
5
.
8

P≤

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi ta có 2abc===
5
.
8
P =
Vậy giá trị lớn nhất của P là
5
.
8

0,25
Gọi I là giao điểm của AC và BD⇒= .IB IC
Mà
IB IC
⊥
nên ΔIBC vuông cân tại I
n
o
45 .ICB⇒=
BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vuông cân tại B
⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng HC.
0,25

Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa
độ điểm C thỏa mãn hệ

2( 3) ( 2) 0
32
26
22
xy
xy
+−−=
⎧
⎪
−+
⎨
⎛⎞
0.
+
−=
⎜⎟
⎪
⎩
⎝⎠

Do đó
(1;6).C
−

0,25
Ta có
1
3
3
IC IB BC

ID IC
ID ID AD
== =⇒=
22
10
10 5 2.
2
CH
CD IC ID IC⇒= + = = =

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Ta có (6 2 ; )
D
tt− và
52CD
suy ra
=
22
1
(7 2 ) ( 6) 50
7.
t
tt
t
=
⎡
−+−=⇔
⎢

=
⎣

Do đó hoặc
(4;1)D (8;7).D −
0,25
(P) có véctơ pháp tuyến
(2;3; 1).n =−
JG
0,25
Đường thẳng Δ qua A và vuông góc với (P) nhận
n
J
G
làm véctơ chỉ phương, nên có phương trình
35
.
23
1
x
yz−−
==
−

0,25
Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc Δ. Do đó (3 2 ;5 3 ; ).
B
ttt
+
+−

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên
10 3
2(3 ) 3 7 0 2.
22
tt
tt
+−
⎛⎞⎛⎞
+
+−−=⇔
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
=−

Do đó
(1;1;2).B −−
0,25
Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là: 7.6 42.
=

0,25
Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là: 4.2 8.
=

0,25
Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là: 3.4 12.
=

0,25
9.a
(1,0 điểm)
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là:
812 10
.
42 21
p
+
==

0,25
A
D
B
C
H
I
t
()
2
+ ∞
4
0
+
−
f
t
−

∞

5
8
0
f
'( )t
Trang 4/4
Câu
Đáp án Điểm
Ta có
HAH
∈
và
A
HHD
⊥
nên AH có phương trình:
230xy .
+
−= Do đó (3 2 ; ).Aaa
−

0,25
Do M là trung điểm của AB nên MA = MH.
Suy ra
22
(3 2 ) ( 1) 13 3aa a
−
+− =⇔=

hoặc
1
.
5
a =−

Do
A khác H nên (3;3).A
−

0,25
Phương trình đường thẳng AD là 30.y
−
= Gọi N là điểm đối xứng
của
M qua AD. Suy ra
N
AC
∈
và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ
1
30
2
1. 0.( 1) 0
y
xy
+
⎧
−=
⎪

⎨
⎪
+
−=
⎩
(0;5).N⇒
0,25
7.b

Đường thẳng
AC có phương trình: 23150xy
(1,0 điểm)
.
−
+=
Đường thẳng
BC có phương trình: 27xy 0.
−
−=
Suy ra tọa độ điểm
C thỏa mãn hệ:
270
2 3 15 0.
xy
xy
−
−=
⎧
⎨
−

+=
⎩

Do đó
C (9;11).
0,25
Ta có vectơ chỉ phương của Δ là
(
2;3; 2 ,AB =−
JJJG
)
(2;1;3).u =−
J
G

0,25
Đường thẳng vuông góc với AB và Δ, có vectơ chỉ phương là
,.vABu
=
⎡⎤
⎣
⎦
J
G JJJGJG

0,25
Suy ra
v

()

7; 2; 4 .=
JG
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Đường thẳng đi qua A, vuông góc với AB và Δ có phương trình là:
11
.
724
xyz
1
−
+−
==

0,25
Điều kiện: Hệ đã cho tương đương với 1; 1.xy>>−
2
33
241
log( 1) log( 1)
xyx
xy
+=−
⎧
⎨
−
=+
⎩

0,25
2
230
2
xx
yx
−−=
⎧
⇔
⎨
=−
⎩

0,25
1, 3
3, 1.
xy
xy
=− =−
⎡
⇔
⎢
==
⎣

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm (; )
x

y của hệ đã cho là (3 ;1).
0,25

Hết
D
B C H
M
N
A
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐA Ø O TẠ O ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời g i a n làm bài: 18 0 phú t , kh o â n g kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 ( 2 ,0 điểm). Cho hàm số y = 2x
3
− 3mx
2
+ (m − 1)x + 1 (1), vớ i m l à t ham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đươ ø ng thẳng y = −x + 1 cắt đồ thò hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 ( 1 ,0 điểm). Giải phư ơ ng trình sin 3x + cos 2x − sin x = 0.
Câu 3 ( 1 ,0 điểm). Giải phư ơ ng trình 2 log
2
x + log
1
2

1 −
√

x

=
1
2
log
√
2

x − 2
√
x + 2

.
Câu 4 ( 1 ,0 điểm). Tính tích phân I =
1

0
(x + 1)
2
x
2
+ 1
dx.
Câu 5 (1 ,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc
với đá y ,

BAD = 120
◦
, M là trung điểm củ a cạnh BC và


SMA = 45
◦
. Tính t he o a thể tích của
khối chó p S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các s o á thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1. Tìm giá trò lớn
nhất của biểu thức P =
x + y

x
2
− xy + 3y
2
−
x − 2y
6(x + y)
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( ph ầ n A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M

−
9
2
;
3
2

là trung điểm của cạnh AB, điểm H(−2; 4) và điểm I(−1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B
và t â m đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ đ i e å m C.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1; −1; −2), B(0; 1; 1)
và mặt phẳng (P ) : x+y+z−1 = 0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P ). Viết phương
trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P ).
Câu 9 .a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính mô đ u n cu û a
số phức w =
z −2z + 1
z
2
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x−1)
2
+(y−1)
2
= 4
và đườ ng t hẳ ng ∆ : y − 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm tru ø ng với tâm của (C), các đỉnh N
và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm của cạ nh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P .
Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gi an với hệ tọa đ o ä Oxyz, cho đie å m A(−1; 3; −2) và mặt phẳng
(P ) : x − 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua
A và song song với (P ).
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số f(x) =
2x
2
− 3x + 3
x + 1
trên đo ạ n [0; 2].
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh kho â n g được sử dụ n g tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tê n thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m = 1 ta có
32
231yx x .
=
−+
• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc
2
'6 6;'0 0yx xy x=− =⇔= 1.x
=

0,25
Các khoảng đồng biến: và (;0)−∞ (1; );
+
∞ khoảng nghịch biến: (0; 1).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y

CT
= 0; đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1.
- Giới hạn:
lim;lim.
xx
yy
→−∞ →+∞
=−∞ =+∞
0,25
- Bảng biến thiên:


Trang 1/4






0,25
• Đồ thị:
0,25
b. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng là 1yx=− +
32
23 (1)1 1
x
mx m x x−+−+=−+

0,25
2
0
23 0(*
x
xmxm
=
⎡
⇔
⎢
−+=
⎣
).

Yêu cầu của bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
0,25
2
98
0
mm
m
−>
⎧
⇔
⎨
≠
⎩
0

0,25
1
(2,0 điểm)
x
'y
y
−
∞

+ ∞
0
1
0
0
+ +
−

+ ∞
−
∞

0
1
1 O
y

x

1
0m⇔< hoặc

8
.
9
m>

0,25
Trang 2/4
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với 2cos2 sin cos2 0xx x
+
=
0,25
cos 2 (2sin 1) 0.xx⇔+=
0,25
ππ
cos 2 0 ( ).
42
xxkk•=⇔=+∈]

0,25
2
(1,0 điểm)
π
2π
6
2sin 1 0 ( ).
7π
2π
6

xk
xk
xk
⎡
=− +
⎢
•+=⇔ ∈
⎢
⎢
=+
⎢
⎣
]

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
ππ
42
x
k=+
,
π
2π,
6
xk=− +

7π
2π ()
6
xkk=+ ∈]
.

0,25
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với 0x<<1.
2
22
1
x
xx
x
=
−+
−

0,25
2
2
212
(1 ) 1 1 1
xx x x
xx x x
⎛⎞⎛ ⎞
⇔=+⇔+ −
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
−− − −
0=

0,25
20
1

x
x
⇔−
−
= (do 0
1
x
x
>
−
)
0,25
3
(1,0 điểm)
423.x⇔=−

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là
423.x =−

0,25
Ta có
111
22
000
22
1dd
11
xx
Ixx
xx

⎛⎞
=+ =+
⎜⎟
⎝⎠
++
∫∫∫
d.x

0,25
1
1
0
0
d1xx•==
∫
.

0,25
1
1
2
2
0
0
2
dln( 1) ln2
1
x
xx
x

•=+=
+
∫
.

0,25
4
(1,0 điểm)
Do đó . 1ln2I =+
0,25
n
n
oo
120 60
B
AD ABC ABC=⇒ =⇒Δ
đều
3
2
a
AM⇒=

2
3
.
2
ABCD
a
S⇒=

0,25
SAM
Δ
vuông tại A có
n
o
45SMA= SAM⇒Δ
vuông cân tại A
3
.
2
a
SA AM⇒= =

Do đó
3
.
1

34
SABCD ABCD
a
VS

AS==
0,25
Do AD||BC nên ( ,( )) ( ,( )).dD SBC dA SBC=
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM.
Ta có
A

MBC
⊥
và SA BC
⊥
⇒ ()
B
CSAM⊥
()(,()) .
B
CAH AH SBC dASBC AH⇒⊥ ⇒⊥ ⇒ =
0,25
5
(1,0 điểm)

Ta có
26
,
24
AM a
AH ==

S
H
suy ra
6
(,( )) .
4
a
dD SBC =

0,25
A

B

C

M
D

Trang 3/4
Câu
Đáp án Điểm
Do 0, 0, 1
x
yxyy>> ≤− nên
2
22
11 1 1 11 1
0.
42
xy
yy y
yy
−
⎛⎞
<≤ =− =− − ≤
⎜⎟
⎝⎠
4

0,25
Đặt
,
x
t
suy ra
y
=
1
0.
4
t
<
≤
Khi đó
2
12
.
6( 1)
3
tt
P
t
tt
+
−
=−
+
−+

Xét
2
12
() ,
6( 1)
3
tt
ft
t
tt
+−
=−
+
−+
với
1
0.
4
t
≤
Ta có
2
23
73 1
'( ) .
2( 1)
2( 3)
t
ft

t
tt
−
=−
+
−+

<
Với
1
0
4
t<≤
ta có và
2
3(1)33;736tt tt t−+= −+< − >
11.t
+
>
Do đó
23
73 73 1
63 3
2( 3)
tt
tt
−−
>>
−+
và

2
1
.
2
2( 1)t
1
−
>−
+
Suy ra
11
'( ) 0.
2
3
ft>−>

0,25
Do đó
157
() .
4330
Pft f
⎛⎞
=≤ =+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
6
(1,0 điểm)

Khi
1
2
x =
và ta có 2,y =
57
.
330
P=+
Vậy giá trị lớn nhất của P là
57
.
330
+

0,25
71
;
22
IM
⎛
=−
⎜
⎝⎠
.
⎞
⎟
J
JJG
Ta có

M
AB
∈
và
A
BIM⊥
nên đường
thẳng AB có phương trình
733xy 0.
−
+=
0,25
(;7 33).AAB Aaa
∈
⇒+ Do M là trung điểm của AB nên
( 9; 7 30).Ba a
−
−− − Ta có
.0HA HB HA HB
⊥
⇒=
JJJG JJJG

2
9200 4aa a⇒++=⇒=−
hoặc 5.a
=
−
0,25
• Với a 4

=
−⇒ (4;5), (5;2).AB
−
−− Ta có
B
HAC⊥ nên
đường thẳng AC có phương trình
260xy .
+
−= Do đó
(6 2 ; ).Ccc
−
Từ IC = IA suy ra
(7
Do
đó
c
22
2 ) ( 1) 25.cc−+−=
1
=
hoặc 5.c
=
Do C khác A, suy ra (4;1).C
0,25
7.a
(1,0 điểm)

A
M

B
C H
I
• Với a 5
=
−⇒ (5;2), (4;5).AB
−
−− Ta có
B
HAC⊥ nên
đường thẳng AC có phương trình
28xy 0.
−
+= Do đó
(;2 8).Ct t
+
Từ IC = IA suy ra Do đó
22
( 1) (2 7) 25.tt+++ =
1t
=
− hoặc 5.t
=
− Do C khác A, suy ra (1;6).C −
0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Suy ra (1 ;1 ;2 ).Httt
−
+−+−+
0,25
5

( ) (1 ) (1 ) (2 )1 0 .
3
HP t t t t∈⇔−++−++−+−=⇔=
Do đó
22 1
;; .
33 3
H
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có
(1; 2; 3)AB=
J
JJG
và vectơ pháp tuyến của (P) là
Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là
(1;1;1).n =
JG
'(1;2;1).n
=
−−
J
G

0,25
8.a

(1,0 điểm)
Phương trình của mặt phẳng (Q) là: 21xyz 0.
−
++=
0,25
Điều kiện của bài toán tương đương với (3 ) 1 3iz i
+
=− +
0,25
.zi⇔=

0,25
Suy ra 13.wi=− +
0,25
9.a
(1,0 điểm)
0,25
Do đó môđun của w là
10.

Trang 4/4
Câu
Đáp án Điểm
Ta có tâm của (C) là Đường thẳng IM vuông góc với Δ
nên có phương trình
(1;1).I
1.x
=
Do đó (1; ).
M

a
0,25
Do ()
M
C
∈
nên
.
2
(1)4a
−
=
Suy ra 1a
=
− hoặc 3.a =
Mà
M
∉
Δ nên ta được (1; 1).M
−

0,25
(;3).
N
Nb
∈
Δ⇒ Trung điểm của MN thuộc (C)
()
2
2

1
111
4=
5b⇒=
2
b+
⎛⎞
⇒−+−
⎜⎟
⎝⎠
=− hoặc b 3.
Do đó hoặc
(5;3)N (3;3).N
−

0,25
7.b
(1,0 điểm)

(;3).PPc
∈
Δ⇒
- Khi từ
(5;3),N
M
PIN⊥
J
JJG JJG
suy ra 1.c
=

− Do đó (1;3).P −
I

M
- Khi
(3;3),N
−
từ
M
PIN⊥
J
JJG JJG
suy ra 3.c
=
Do đó (3;3).P
0,25
222
|( 1) 2.3 2( 2) 5|
(,())
1(2)(2)
dAP
−− −−+
=
+− +−

0,25

2
.
3

=

0,25
Vectơ pháp tuyến của (P) là
(1; 2; 2).n =−−
JG
0,25
8.b
P

N
(1,0 điểm)
Phương trình mặt phẳng cần tìm là 2230xyz .
−
−+=
0,25
Ta có ()
f
x xác định và liên tục trên đoạn [0 ; ;2]
2
2
246
'( ) .
(1)
xx
fx
x
+
−
=

+

0,25
Với ta có [0; 2]x∈ '( ) 0 1.fx x=⇔=
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Ta có
5
(0) 3; (1) 1; (2) .
3
fff===

0,25
Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 3.
0,25

Hết
ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, A1, B và D NĂM 2013
Môn thi : TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
21
1
x
y
x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Gọi M là điểm thuộc (C) có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục
tọa độ Ox và Oy lần lượt tại A và B. Tính diện tích tam giác OAB.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
cos sin2 0
2
xx


  


.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
3 1 0
4 10 0
xy y
x y xy
  


  

(x, y  R).
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I =
5
1

1 2 1
dx
x


Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có AB = a và đường thẳng A’B tạo
với đáy một góc bằng 60
0
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và
B’C’. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và độ dài đoạn thẳng
MN.
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình
 
2 1 4x m x m    
có nghiệm.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y - 3
= 0,

: x – y + 2 = 0 và điểm M(-1; 3). Viết phương trình đường tròn đi qua M, có
tâm thuộc d, cắt

tại 2 điểm A và B sao cho AB =
32
.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (4; -1; 3) và
đường thẳng d:
1 1 3

2 1 1
x y z  


. Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua d.
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z, thỏa mãn điều kiện
2
(3 2 ) (2 ) 4i z i i    
. Tìm
phần thực và phần ảo của số phức
(1 )w z z
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
A(-3; 2), và có trọng tâm
11
;
33
G



. Đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC đi
qua điểm P(-2; 0). Tìm tọa độ các điểm B và C.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (-1; 3; 2) và
mặt phẳng (P): 2x – 5y +4z – 36 = 0. Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên mặt
phẳng (P). Viết phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình
2
(2 3 ) 1 3 0z i z i    

trên tập hợp
C
các số
phức.
BÀI GIẢI
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1. 1.
 
 
/
2
3
\ 1 ; 0,
1
D y x D
x

    


TCĐ: x= 1 vì
11
lim , lim
xx
yy


   
; TCN: y = 2 vì
lim 2

x
y



Hàm số nghịch biến trên (;1), (1; +). Hàm số không có cực trị.
x
-∞ 1 +∞
y’
 
y
2 +∞

-∞ 2

2. Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của
21
5
1
x
x



 x = 2
Phương trình tiếp tuyến : y – 5 = y’(2)(x – 2)  y = -3x + 11
A (0; 11); B (
11
3
; 0); S
OAB
=
1 121
.
26
OAOB 

Câu 2:
cos sin2 0
2
xx



  


 sinx + 2sinxcosx = 0  sinx = 0 hay cosx =
1
2


 x = k hay x =
2
2
3
k



(k  Z)
Câu 3:
(1)
31xy y

1
3 ( 0x do y
y
   
không là nghiệm phương trình)
(2)
2
11
4 3 10 3yy

yy
   
    
   
   
=0
2
4
12 10 3 0y y y
y
     
32
3 11 12 4 0y y y    
 
 
2
1 3 8 4 0y y y    

2
12
3
y hay y hay y   

Vậy: hệ có nghiệm
3
5
2
2
2
2

1
2
3
x
x
x
hay hay
y
y
y








  









O

1
2


-1
x
y
2
1
Câu 4 :
5
1
1 2 1
dx
I
x




Đặt t =
21x 
 t
2
= 2x – 1  tdt = dx
t(1) = 1; t(5) = 3  I =
3
1
1
tdt

t

=
 
3
1
ln(1 ) 2 ln2tt   

Câu 5 :
Ta có
h
h
=
=
/
3AA a


23
33
3
44
aa
Va

 
2
2
2
2

13 13
3
2 4 2
a a a
MN a MN

    




Câu 6: (x – 2 – m)
14xm  
có nghiệm
Bất phương trình  (x – 2)
1 1 4x m x m    


( 2) 1 4
()
11
xx
f x m
x
  



YCBT  f(x)  m có nghiệm trên [1; +) (*)
Đặt t =

1x 
, t  0
f(x) thành g(t) =
3
4
1
tt
t




g’(t) =
32
2
2 3 5
( 1)
tt
t



g’(t) = 0  t = 1
t
0 1 +∞
g’(t)
 0 +
g(t)

2

(*)  g(t)  m có nghiệm thuộc [0; +)  m  2.

Câu 7.a. I  d  I (t; 3 – t)
[d(I, )]
2
= IM
2
–
2
32
2




2
32
2
tt

  


= (t + 1)
2
+ t
2
–
9
2

 t = 1  I (1; 2)  (C) : (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
= 5.
Câu 8.a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d
H  d  H (1 + 2t; -1 – t; 3 + t) 
AH
= (2t – 3; -t; t)
Do
AH
 d  t = 1. Vậy H (3; -2; 4)
H là trung điểm AB nên B (2; -3; 5).
Câu 9.a. (3 + 2i)z = 4 + I – 3 + 4i = 5i + 1
 z =
(5 1)(3 2 )
1
13
ii
i



w = (2 + i)(1 – i) = 3 – i
Vậy phần thực của w là 3 và phần ảo là -1.
A
B
C
C

/

B
/

A
/

M
N
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b. Gọi M là trung điểm BC 
2
3
AG AM
 M
1
(2; )
2


BC qua M và có VTPT
AP
= (1; -2)  phương trình BC: 1(x – 2) – 2(y +
1
2
)=0
 x – 2y – 3 = 0
B  BC  B (2t + 3; t)
M là trung điểm BC  C (1 – 2t; -1 – t)

AB
= (2t + 6; t – 2);
AC
= (4 – 2t; -3 – t)
ABC vuông tại A 
.0AB AC 

 (2t + 6) (4 – 2t) + (t – 2)(-3 – t) = 0  t
2
+ t – 6 = 0  t = -3 hay t = 2
t = -3  B (-3; -3); C (7; 2)
t = -2  B (7; 2); C (-3; -3)
Cách khác : Gọi M là trung điểm BC 
- ,-GA GM M




1
22
2
,
,


B
B
C
C

t
t
h
h
ẳ
ẳ
n
n
g
g


g
g
ó
ó
c
c


A
A
P
P
,
,

n
n
ê
ê
n
n


p
p
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


t
t
r
r
ì
ì
n
n

h
h


B
B
C
C
:
:


x
x
-
-
2
2
y
y
-
-
3
3
=
=
0
0
,
,

t
t
ừ
ừ


2
125
AM =
4
,
,


v
v
à
à


2 2 2
AM =BM =CM




c
c

h
h
o
o


t
t
a
a


B (-3; -3); C (7; 2)
h
h
a
a
y
y


B (7; 2); C (-3; -3)
Câu 8.b: Phương trình đt qua A và vuông góc với (P):
1 3 2
2 5 4
x y z  



 

: 1 2 ;3 5 ;2 4I d t I t t t      

     
( ) 2 1 2 5 3 5 4 2 4 36 0I P t t t         

45 45 0 1tt    


I(1;-2;6)
R
2
=IA
2
=4+25+16=45
PT (S):
     
2 2 2
1 2 6 45x y z     

Cách khác : Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc (P)
 d :
1 3 2
2 5 4
x y z  



I = d  (P)  I (1; -2; 6); R = IA =
4 25 16 3 5  

 (S) : (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
+ (z – 6)
2
= 45
Câu 9.b z
2
+ (2 – 3i)z – 1 – 3i = 0 (9)
 = 4 – 12i – 9 + 4 + 12i = -1 = i
2
Do đó, (9)  z =
23
2
ii  
= -1 + i hay z =
23
12
2
ii
i
  
  
.
Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh
(TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM)