Giải Chi Tiết Đề Toán 2009 - 2013

Kim Trọng SĐT:01673093318
1

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Mơn thi : TỐN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
x 2
2x 3


(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục
hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại
gốc tọa độ O.
Giải:
1.
/
2
3 1
\ , 0,
2 (2 3)
D y x D
x
 
 
    
 


 

Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị.

3 3
2 2
lim , lim
x x
y y
 
 
 
    
TCĐ:
3
2
x



1 1
lim :
2 2
x
y TCN y

  

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y = x hoặc y = -x. Nghóa là:
+
∞

3
2


1
2

+
∞

-
∞

y

y
/

x

-
∞

1

2

-

-

-
2

3 2


1 2

0

x

y

2/3

Kim Trọng SĐT:01673093318
2

f’(x
0
) = 1 
2
0

1
1
(2x 3)

 


0 0
0 0
x 1 y 1
x 2 y 0
   


   



1
: y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại)

2
: y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận)
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 2sin x) cos x
3
(1 2 sin x)(1 sin x)



 
.
Giải:
ĐK:
1
sin
2
x

 , sinx ≠ 1







 
2
1 2sin cos 3 1 2 sin 1 sin
cos 2sin cos 3 1 sin 2sin
cos 3 sin sin2 3 cos2
    
    
   
Pt x x x x
x x x x x
x x x x

1 3 1 3
cos sin sin2 cos2 cos cos 2
2 2 2 2 3 6
   
       
   
   
x x x x x x
 

2 2 2 2
3 6 3 6
         
x x k hay x x k
   
 

2
2
  
x k


(loại)
2
18 3
  x k
 
, k  Z (nhận)
2. Giải phương trình :

3
2 3x 2 3 6 5x 8 0
    
(x  R)
Giải:
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0
    
, điều kiện :
6
6 5 0
5
x x
   

Đặt t =
3
3x 2

 t
3
= 3x – 2  x =
3
t 2
3

và 6 – 5x =
3
8 5t
3



Phương trình trở thành :
3
8 5t
2t 3 8 0
3

  


3
8 5t
3 8 2t
3

 


3 2
t 4
15t 4t 32t 40 0

   
 t = -2. Vậy x = -2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
3 2
0
I (cos x 1) cos xdx


 


Giải:

 
   
2 2 2
3 2 5 2
0 0 0
2 2 2
2
4 2 2 4
1
0 0 0
cos 1 cos cos cos
cos cos 1 sin cos 1 2sin sin cos
sin cos
   
     
  
  
  
I x xdx xdx xdx
I x xdx x xdx x x xdx
t x dt xdx
  
  

Đổi cận: x= 0  t = 0; x =
2

 t = 1
Kim Trọng SĐT:01673093318
3

 
 
1
1
3 5
2 4
1
0
0
2 2 2 2
2 2
2
2
0 0
0 0 0 0
2
3 2
0
2 8
1 2
3 5 15
1 cos2 1 1 1 1
cos cos2 sin 2

2 2 2 2 4 4
8
cos 1 cos
15 4
      

      
   

   

t t
I t t dt t
x
I xdx dx dx xdx x x
I x xdx
   
 




Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại
A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng
60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Giải:
Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung

điểm của BC; E là hình chiếu của I xuống BC.
2a a 3a
IJ
2 2

 
S
CIJ

2
IJ CH 1 3a 3a
a
2 2 2 4

  
, CJ=
BC a 5
2 2



 S
CIJ

2 2
3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3
IE CJ IE SE ,SI
4 2 CJ 2
5 5 5
         ,

 
3
1 1 3a 3 3a 15
V a 2a 2a
3 2 5
5
 
  
 
 











Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn
x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)
3
+ (x + z)
3
+ 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z)
3
.

Giải:
x(x+y+z) = 3yz
1 3
y z y z
x x x x
   

Đặt
0, 0, 0
y z
u v t u v
x x
      
. Ta có

  
2
2
2
1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2
2 4

 
             
 
 
u v t
t uv t t t t t

Chia hai vế cho x

3
bất đẳng thức cần chứng minh đưa về
         
3 3 3
1 1 3 1 1 5
u v u v u v u v
        
A

B

D

C

I

J

E

H

N

Kim Trọng SĐT:01673093318
4
















      
    
3 2 2
3
3 3
3 3
3
3 3 2
2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5
2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5
1
2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0
3
           
            

 
             

 
 
t u v u v u v t t
t u v t t u v uv t
t
t t t t t t t t t

Đúng do t  2.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là
giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và
trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng AB.
Giải:
I (6; 2); M (1; 5)
 : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
I trung điểm NE 
N I E
N I E
x 2x x 12 m
y 2y y 4 5 m m 1
   


      

 N (12 – m; m – 1)

MN

= (11 – m; m – 6);
IE

= (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)

MN.IE 0

 
 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7
+ m = 6 
MN

= (5; 0)  pt AB là y = 5
+ m = 7 
MN

= (4; 1)  pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và
mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P)
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác đònh tọa độ tâm và tính bán kính của

đường tròn đó.
Giải:
I (1; 2; 3); R =
1 4 9 11 5
   

d (I; (P)) =
2(1) 2(2) 3 4
3
4 4 1
  

 
< R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :
x 1 2t
y 2 2t
z 3 t
 


 

 



Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1
Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2)

Bán kính đường tròn r =
2 2
R IJ 25 9 4
   

Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z
1
và z
2
là 2 nghiệm phức của phương trình: z
2
+2z+10=0.
Tính giá trò của biểu thức A = z
1

2
+ z
2

2
Giải:
’ = -9 = 9i
2
do đó phương trình  z = z
1
= -1 – 3i hay z = z
2
= -1 + 3i
 A = z
1


2
+ z
2

2
= (1 + 9) + (1 + 9) = 20
Kim Trọng SĐT:01673093318
5

B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0
và đường thẳng  : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của
đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích
IAB lớn nhất.
Giải:
(C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R =
2

Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có
S

ABC
=

1
IA.IB.sin AIB
2
= sin

AIB

Do đó S
ABC
lớn nhất khi và chỉ khi sin

AIB
= 1  AIB vuông tại I
 IH =
IA
1
2

(thỏa IH < R) 
2
1 4m
1
m 1




 1 – 8m + 16m
2
= m
2
+ 1  15m
2
– 8m = 0  m = 0 hay m =
8
15

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2
đường thẳng 
1
:
x 1 y z 9
1 1 6
 
  ; 
2
:
x 1 y 3 z 1
2 1 2
  
 

. Xác đònh tọa độ
điểm M thuộc đường thẳng 
1
sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 
2

và
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Giải:
M (-1 + t; t; -9 + 6t) 
1
; 
2
qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương
a

= (2; 1; -2)

AM

= (t – 2; t – 3; 6t – 8) 
AM a

 
= (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta có : d (M, 
2
) = d (M, (P)) 
2
261t 792t 612 11t 20
   
 35t
2
- 88t + 53 = 0  t = 1 hay t =
53
35

Vậy M (0; 1; -3) hay M
18 53 3
; ;
35 35 35
 
 
 

Câu VII.b (1,0 điểm)
Gỉai hệ phương trình :
2 2
2 2
2 2
x xy y
log (x y ) 1 log (xy)
3 81
 

  





(x, y  R)
Giải:
Điều kiện x, y > 0

2 2

2 2 2 2
2 2
log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy)
x xy y 4

   


  




2 2
2 2
x y 2xy
x xy y 4

 


  



2
(x y) 0
xy 4

 





x y
xy 4






x 2
y 2





hay
x 2
y 2
 


 



Kim Trọng SĐT:01673093318

1

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
Môn thi : TOÁN

Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = 2x
4
– 4x
2
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Với các giá trị nào của m, phương trình
2 2
x x 2 m
 
có đúng 6 nghiệm
thực phân biệt?
Giải:
1. y = 2x
4
– 4x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 8x
3
– 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1;
x
lim


 

X
 1 0 1 +
y'
 0 + 0  0 +
Y
+ 0 +
2 CĐ 2
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)
y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (
2
;0)
2. x
2
x
2
– 2 = m  2x
2
x
2
– 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) :
y = 2x
2

x
2
– 2 và (d): y = 2m
Ta có (C’)  (C); nếu x  -
2
hay x 
2

(C’) đối xứng với (C) qua trục hoành nếu -
2
< x <
2

Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
3
sin x cos x sin 2x 3 cos 3x 2(cos 4x sin x)
   

Giải:
sinx+cosxsin2x+
3
3 cos3x 2(cos 4x si n x)
 


3 1 3sin x sin 3x
sin x sin 3x 3 cos3x 2cos4x
2 2 2

sin 3x 3 cos 3x 2 cos 4x
1 3
sin 3x cos3x cos 4x
2 2
sin sin 3x cos cos3x cos4x
6 6
cos 4x cos 3x
6
4x 3x k2 x k2
6 6
2
4x 3x k2 x k
6 42 7

    
  
  
 
  

 
  
 
 
 
 
        
 
 
 

  
 
     
 
 


2
x
y

1
1

0

2

2

(C’)
2
x
y
1
1
0

2

2

(C)
Kim Trọng SĐT:01673093318
2

2. Giải hệ phương trình
2 2 2
xy x 1 7y
(x, y )
x y xy 1 13y
  



  



Giải:

2 2 2
xy x 1 7y
x y xy 1 13y
  
  

y = 0 hệ vô nghiệm
y  0 hệ 
2

2
x 1
x 7
y y
x 1
x 13
y y

  



  




Đặt a =
1
x
y

; b =
x
y

2 2
2
1 x
a x 2

y y
   
2 2
2
1
x a 2b
y
  

Ta có hệ là

2
a b 7
a b 13
 
 


2
a b 7
a a 20 0
 
  



a 4
b 3



hay

a 5
b 12
 

. Vậy
1
x 4
y
x
3
y

 






hay
1
x 5
y
x
12
y

  










2
x 4x 3 0
x 3y
  

hay

2
x 5x 12 0
x 12y
  

(VN) 
x 1
1
y
3








hay

x 3
y 1



Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
3
2
1
3 ln x
I dx
(x 1)





Giải:
3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1

2
1
1
3
2
2
1
3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3
I 3
(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)

  
  

  
 


  



Đặt u = lnx
dx

du
x
 

2
dx
dv .
(x 1)


Chọn
1
v
x 1





3
3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
         
  
  

Vậy :
3
I (1 ln 3) ln 2
4
  
Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’
và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
; tam giác ABC vuông tại C và

BAC
= 60
0
. Hình
chiếu vuông góc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam
giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.
Kim Trọng SĐT:01673093318
3

Giải:
BH=
2
a
,
2 1 3
3
3 2 2 4
BH a a

BN
BN
   
;
3
'
2
a
B H 

goïi CA= x, BA=2x,
3
BC x

2
2 2 2
2
2
CA
BA BC BN  

2
2
2 2
3
3 4 2
4 2
a x
x x
 

   
 
 
2
2
9
52
a
x 
Ta có:
3 3
' '
2 2
a
B H BB 
V=
2 3
2
1 1 3 1 9 3 9
3
3 2 2 12 52 2 208
a a a a
x
 
 
 
 

Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)

3
+ 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1
Giải:

3
3 2
2
(x y) 4xy 2
(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0

  

        

  





2
2 2
(x y) 1
x y
2 2

   
dấu “=” xảy ra khi :
1
x y
2
 

Ta có :
2 2 2
2 2
(x y )
x y
4





4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1
 

           
 


2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(x y )
3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9
(x y ) 2(x y ) 1
4
 

     
 
 
    

Đặt t = x
2
+ y
2
, đk t ≥
1
2


2

9 1
f (t) t 2t 1, t
4 2
9 1
f '(t) t 2 0 t
2 2
1 9
f (t) f ( )
2 16
   
    
  

Vậy :
min
9 1
A khi x y
16 2
  


PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn




C A
B

M
N
H
Kim Trọng SĐT:01673093318
4

Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
4
(x 2) y
5
  

và hai đường thẳng 
1
: x – y = 0, 
2
: x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính
bán kính của đường tròn (C
1
); biết đường tròn (C
1
) tiếp xúc với các đường
thẳng 
1
, 
2
và tâm K thuộc đường tròn (C)

Giải:
Phương trình 2 phân giác (
1
, 
2
) :
x y x 7y
2 5 2
 
 

1
2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d
5(x y) x 7y
1
5(x y) x 7y
y x : d
2
    
 

  


 


   





Phương trình hoành độ giao điểm của d
1
và (C) : (x – 2)
2
+ (– 2x)
2
=
4
5

25x
2
– 20x + 16 = 0 (vô nghiệm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) : (x – 2)
2
+
2
x 4
2 5
 

 
 

2
25x 80x 64 0
   
 x =
8
5
. Vậy K
8 4
;
5 5
 
 
 

R = d (K, 
1
) =
2 2
5

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(-
2;1;3), C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho
khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P)
Giải:
TH1 : (P) // CD. Ta có :
AB ( 3; 1; 2),CD ( 2;4; 0)
    
 

(P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)
(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0
     
     
    
 

TH2 : (P) qua
I(1;1;1)
là trung điểm CD

Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)
(P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0
    
 
       
 


Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z (2 i) 10 và z.z 25
   

Giải:
Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
z – (2 + i)=

10
và
z.z 25



2 2
2 2
(x 2) (y 1) 10
x y 25

   

 



2 2
4x 2y 20
x y 25
 
 



2
y 10 2x
x 8x 15 0
 
  



x 3
y 4


hay

x 5
y 0



Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Kim Trọng SĐT:01673093318
5

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và
các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C ,
biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Giải:
1 4 4
9
AH
2 2
1 36 36
S AH.BC 18 BC 4 2
9

2 AH
2
  
 
     

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0

x y 4
7 1
H : H ;
x y 3
2 2
 

 
 

 
 
 


B(m;m – 4)

2 2
2
2
2
BC 7 1

HB 8 m m 4
4 2 2
7 11
m 2
7
2 2
m 4
7 3
2
m 2
2 2
   
       
   
   

  

 
   

 
 

  



Vậy
1 1 2 2

11 3 3 5 3 5 11 3
B ; C ; hay B ; C ;
2 2 2 2 2 2 2 2
       
   
       
       

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai
điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy
viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
Giải:
P
AB (4; 1; 2); n (1; 2;2)
   
 

Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
 x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, )  BH; d (B, ) đạt min   qua A và H.
Pt tham số
x 1 t
BH: y 1 2t
z 3 2t
 


  



 


Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :

x 1 t,y 1 2t, z 3 2t
x 2y 2z 1 0
      


   


10
t
9
  

1 11 7
H ; ;
9 9 9
 
 
 
 

 qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP
 
1

a AH 26;11; 2
9

  
 

Pt () :
x 3 y 0 z 1
26 11 2
  
 


Câu VII.b (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số
2
x 1
y
x



tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4.
Kim Trọng SĐT:01673093318
6


Giải :
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :
2

x 1
x m
x

  
 2x
2
– mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt  0
Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4  (x
B
– x
A
)
2
+ [(-x
B
+ m) – (-x
A
+ m)]
2
= 16  2(x
B
– x
A
)
2
= 16
 (x

B
– x
A
)
2
= 8 
2
m 8
8
4
 


 
 

2
m 24

 m =
2 6



Kim Trọng SĐT: 01673093318
1

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m có đồ thị là (C
m
), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (C
m
) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành
độ nhỏ hơn 2.
Giải:
1. m = 0, y = x
4
– 2x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 4x
3
– 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1;
x
lim

 

x
 1 0 1 +
y'

 0 + 0  0 +
y
+ 0 +
1 CĐ 1
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)
y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (
2
;0)
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = -1 là
x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m = -1
 x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m + 1 = 0  x = 1 hay x
2
= 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (C
m

) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ
khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và < 2

0 3m 1 4
3m 1 1
  


 


1
m 1
3
m 0

  






Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3 cos5x 2sin 3x cos2x sin x 0
  

Giải:
Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0 3 cos5x sin 5x 2sin x
      

3 1
cos5x sin 5x sin x
2 2
  
sin 5x sin x
3

 
 
 
 


5x x k2
3

   
hay
5x x k2
3

     


6x k2
3


  
hay
2
4x k2 k2
3 3
 
        


x k
18 3
 
  hay
x k
6 2
 
   (k  Z).
2. Giải hệ phương trình
2
2
x(x y 1) 3 0
5
(x y) 1 0
x
   



   



(x, y  R)
1
x
y

1

1
0

Kim Trọng SĐT: 01673093318
2

Giải:
Hệ phương trình tương đương :

2 2 2
2
2
x(x y 1) 3
x(x y) x 3
5
x (x y) x 5
(x y) 1
x
  

  




 
  
  



ĐK : x ≠ 0
Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:

2 2 2
t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1
t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2


        
 
 
   
    
       
 





Vậy

3
x(x y) 1 x(x y) 2 y 1
y
2
x 2 x 1 x 1
x 2

    
 
  

  
   
  
  




Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
x
1
dx
I
e 1




Giải:
3 3 3
x x x
3
x
x x
1
1 1 1
1 e e e
I dx dx dx 2 ln e 1
e 1 e 1
 
       
 
  


3 2
2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)
          

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác
vng tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng
A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Giải:
2 2 2 2
9 4 5 5
AC a a a AC a
    

2 2 2 2
5 4 2
BC a a a BC a
    

H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có
IH AC


/ /
/
1 2 4
2 3 3
IA A M IH a
IH
IC AC AA
     
3
1 1 1 4 4
2
3 3 2 3 9
IABC ABC
a a
V S IH a a     (đvtt)
Tam giác A’BC vuông tại B
Nên S
A’BC
=

2
1
52 5
2
a a a

Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy
/
/ 2
2 2 2
5
3 3 3
IBC
A BC
IC A C S S a   

Vậy d(A,IBC)
3
2
3 4 3 2 2 5
3
9 5
2 5 5
IABC
IBC
V a a a
S
a
   

Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực khơng âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy.
Giải:
S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy = 16x
2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 34xy
= 16x
2
y
2
+ 12[(x + y)
3
– 3xy(x + y)] + 34xy = 16x
2
y
2

+ 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x
2
y
2
– 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼
/
A

A

C

I
M

B

H

C
/


Kim Trọng SĐT: 01673093318
3

Khi đó S = 16t
2

– 2t + 12
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t =
1
16

S(0) = 12; S(¼) =
25
2
; S (
1
16
) =
191
16
. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
Max S =
25
2
khi x = y =
1
2

Min S =
191
16
khi
2 3
x
4
2 3

y
4











hay
2 3
x
4
2 3
y
4













PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung
điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có
phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường
thẳng AC.
Giải:
Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH  AD  A (1;2)
M là trung điểm AB  B (3; -2)
BC qua B và vuông góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0
D = BC  AD  D (0 ;
3
2

)
D là trung điểm BC  C (- 3; - 1)
AC qua A (1; 2) có VTCP
AC ( 4; 3)
  


nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2),
C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc
đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P).

Giải:
AB qua A có VTCP
AB ( 1;1;2)
 

nên có phương trình :
x 2 t
y 1 t (t )
z 2t
 


  






D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t)
 

. Vì C  (P) nên :
(P)
CD //(P) CD n
 
 

1
1(1 t) 1.t 1.2t 0 t
2
       
Vậy :
5 1
D ; ; 1
2 2
 

 
 

Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các
số phức z thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)= 2.
Giải:
Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i
Vậy z – (3 – 4i) = 2 
2 2
(x 3) (y 4) 2
   
 (x – 3)
2
+ (y + 4)
2
= 4
Do đó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và
bán kính R = 2.
Kim Trọng SĐT: 01673093318

4

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)
2
+ y
2
= 1. Gọi I là
tâm của (C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho

IMO
= 30
0
.
Giải:
(x – 1)
2
+ y
2
= 1. Tâm I (1; 0); R = 1
Ta có

IMO
= 30
0
, OIM cân tại I 

MOI
= 30

0

 OM có hệ số góc k =
0
tg30
 =
1
3


+ k = 
1
3
 pt OM : y=
x
3
thế vào pt (C) 
2
2
x
x 2x 0
3
  

 x= 0 (loại) hay
3
x
2

. Vậy M

3 3
;
2 2
 

 
 

Cách khác:
Ta có thể giải bằng hình học phẳng
OI=1,


0
30
IOM IMO 
, do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác
1
OM H
là nửa tam giác đều
OI=1 =>
3 3 3 3 3
,
2 6
3 2 3
OH OM HM    

Vậy
1 2
3 3 3 3
, , ,
2 2 2 2
M M
   

   
   

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 2 y 2 z
1 1 1
 
 


và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm
trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng .
Giải:
Gọi A =   (P)  A(-3;1;1)

a (1;1; 1)

 

;
(P)
n (1;2; 3)

 


d đi qua A và có VTCP
d (P)
a a , n ( 1;2;1)

 
  
 
  
nên pt d là :

x 3 y 1 z 1
1 2 1
  
 


Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số
2
x x 1
y
x
 
 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB
thuộc trục tung.
Giải:
pt hồnh độ giao điểm là :

2
x x 1
2x m
x
 
  
(1)
 x
2
+ x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1))
 3x
2
+ (1 – m)x – 1 = 0
O

I
1
M

2
M

H
Kim Trọng SĐT: 01673093318
5

phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Ycbt  S = x
1
+ x

2
=
b
a

= 0  m – 1 = 0  m = 1

Kim Trọng SĐT:01673093318
1
ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi : TOÁN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
 (2m  1)x
2
+ (2  m)x + 2 (1), với m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ
thị hàm số (1) có hoành độ dương.
Giải:
1) m = 2; y = x
3
- 3x
2
+2
TXĐ D = R ; y’ = 3x
2

- 6x; y’ = 0  x = 0  x = 2
lim
x
y

 
; lim
x
y

 


x
 0 2 +
y' + 0 - 0 +
y
2 +

- -2
y đồng biến trên các khoảng (-;0); (2;+ ); y nghịch biến trên (0;2)
y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2;
y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2
giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2)
giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0);


1 3;0


2. y’ = 0  3x
2
– 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)
Ycbt  pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt

' 0
P 0
S 0
 








2
4m m 5 0
2 m
0
3
2(2m 1)
0
3


  












5
m 1 hay m
4
m 2
1
m
2

  









5
4
< m < 2

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
(1 2sin x) cos x 1 sin x cos x
   
Giải:
Pt  (1 + 4sinx + 4sin
2
x)cosx = 1 + sinx + cosx
 cosx + 4sinxcosx + 4sin
2
xcosx = 1 + sinx + cosx
 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx
 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1
 sinx = -1 hay sin2x =
1
2
 x =
k2
2

  
hay
x
y
2
1
0
1

2 3
-1
-2
Kim Trọng SĐT:01673093318
2
x =
k
12

 
hay x =
5
k
12

 

2. Giải bất phương trình
x 1 2 x 2 5x 1 (x )
     


Giải:

x 1 2 x 2 5x 1
    

x 2
(x 1)(x 2) 2






  



2
x 2
x 2
2 x 3
2 x 3
x x 6 0




    
 
  
  



Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
1
2x x
0

I (e x)e dx

 


Giải:
I =
1 1
x x
0 0
e dx xe dx


 
; I
1
=
1
1
x x
0
0
1
e dx e 1
e
 
   


I

2
=
1
x
0
xe dx

, đặt u = x  du = dx; đặt dv = e
x
dx, chọn v = e
x

Vậy I
2
=
1
1
x x
0
0
xe e dx 1
 

 I = I
1
+ I
2
=
1
2

e


Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA =
a 2
. Gọi M, N và P lần lượt là
trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông
góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP.
Giải:

Gọi I là trung điểm AB.
Ta có MN // AB // CD và SP  CD  MN  SP
SIP cân tại S, SI
2
=
2 2
2
a 7a
2a
4 4
 

 SI = SP =
a 7
2

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,
ta có SO
2

=SI
2
–OI
2
=
2
2 2
7a a 6a
4 2 4
 
 
 
 

SO =
a 6
2
, H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB
Ta có S
(SIP)
=
1 1
SO.IP PH.SI
2 2

 PH =
SO.IP
SI
=
a 6 2 a 6

a
2
a 7 7

V =
3
(AMN )
1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6
S .PH . .
3 3 2 2 2 2 48
7
 
 
 
 
(đvtt)
Câu V (1,0 điểm)
Cho a và b là hai số thực thoả mãn 0 < a < b < 1.
Chứng minh rằng a
2
lnb  b
2
lna > lna  lnb
Giải:
A
B
C
D
S
P

I
O
M
N
Kim Trọng SĐT:01673093318
3
Đặt
2
ln x
f (x) ; 0 x 1
x 1
  


2 2
2 2
x 1 2x ln x
f '(x) 0 , x (0;1)
x(x 1)
 
    


f đồng biến trên (0 ; 1)

f(b) > f(a) với 0 < a < b < 1
2 2
ln b ln a
b 1 a 1
 

 
với 0 < a < b < 1
2 2
a ln b b ln a ln a ln b
   

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung
tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9 = 0 và
x + 3y  5 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và B.
Giải:
Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0.
AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0  3x – y + 1 = 0.
A = AC  AM  A(1; 4)
B  BH  B (5 – 3m; m)
M là trung điểm BC  M
4 3 2
;
2 2
m m
 
 






 
.
M  AM 
4 3 2
5. 9 0
2 2
m m
 
  
0
m
 
. Vậy B(5; 0)
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P
1
) : x + 2y + 3z + 4 = 0
và (P
2
) : 3x + 2y  z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1),
vuông góc với hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2
)
Giải:




1 2

( ) ( )
1;2;3 , 3;2; 1
P P
n n
  
 

(P) qua A(1; 1; 1). (P) (P
1
), (P
2
)  (P) có một vectơ pháp tuyến:
1 2
( ) ( ) ( )
,
P P P
n n n
 

 
 
  
= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)
Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0
 4x – 5y + 2z – 1 = 0.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho số phức z thoả mãn (1 + i)
2
(2  i)z = 8 + i + (1 + 2i)z.
Tìm phần thực và phần ảo của z.

Giải:




2
1 2 8 (1 2 )
i i z i i z
     





2 2 (1 2 ) 8
i i z i z i
     
4 2 1 2 8
z i i i
 
     
 
 






8 1 2

8 8 15 2 10 15
2 3
1 2 5 5 5
i i
i i i
z i
i
 
   
      


Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3.
B. Theo chương trình Nâng cao



Kim Trọng SĐT:01673093318
4
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng 
1
: x  2y  3 = 0 và

2
: x + y +1 = 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 
1
sao cho khoảng cách từ
điểm M đến đường thẳng 
2

bằng
1
2

Giải:
M  
1
 M (2m + 3; m)
d(M, 
2
) =
1
2

2m 3 m 1
1
2 2
  
 3m + 4= 1  m = -1 hay m =
5
3


Vậy M (1; -1) hay M (
1
3

;
5
3


)
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1)
và trọng tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vuông
góc với mặt phẳng (ABC).
Giải:
G là trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1)
 

;
AC ( 2;2; 4)
  



a [AB,AC] 6(1;1;0)

  
  
 pt  :
x 1 t
y 3 t
z 4
  


 


 


(t  R)
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức :
4z 3 7i
z 2i
z i
 
 


Giải:
4z 3 7i
z 2i
z i
 
 


 4z – 3 – 7i = z
2
– 3iz – 2  z
2
– (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
 = (4 + 3i)
2
– 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)
2

Vậy
4 3i 2 i
z 3 i
2
  
  
hay z =
4 3i 2 i
1 2i
2
  
 



Kim Trọng SĐT:01673093318
1
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành
độ x

1
, x
2
, x
3
thỏa mãn điều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4
  

Giải:
1) m= 1, hàm số thành : y = x
3
– 2x
2
+ 1.
Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 4x; y’ = 0  x = 0 hay x =
4
3
;

lim
x
y

 
và

lim
x
y

 

x
 0
4
3
+
y’
+ 0  0 +
y
1 +
 CĐ
5
27


CT
Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; (
4
3
; +
∞)
; hàm số nghịch biến trên (0;
4
3
)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=
4
3
; y(
4
3
) =
5
27

y" =
6 4
x

; y” = 0  x =
2
3
. Điểm uốn I (
2
3
;
11
27
)
Đồ thị :

2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m = 0  (x – 1) (x
2
– x – m) = 0
 x = 1 hay g(x) = x
2
– x – m = 0 (2)
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
x
1
+ x
2
= 1; x
1
x
2

= –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:

2 2
1 2
1 4m 0
g(1) m 0
x x 1 4

 

  

  



2
1 2 1 2
1
m
4
m 0
(x x ) 2x x 3

 


 

  





1
m
4
m 0
1 2m 3

 




 




1
m
4
m 0
m 1

 










y
x
0
1
4
3

1
5
27


Kim Trọng SĐT:01673093318
2

1
m 1
4
m 0


  






Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos 2x) sin x
1
4
cos x
1 tan x
2

 
  
 
 



Giải:
Điều kiện :
cos 0
x

và tanx
≠
- 1
PT 
(1 sin cos 2 ).(sin cos )
cos

1 tan
x x x x
x
x
  




(1 sin cos 2 ).(sin cos )
cos cos
sin cos
x x x x
x x
x x
  




2
(1 sin cos 2 ) 1 sin cos 2 0
1
2sin sin 1 0 sin 1( ) sin
2
7
2 2 ( )
6 6
x x x x
x x x loai hay x

x k hay x k k
      
       
 
        

2. Giải bất phương trình :
2
x x
1
1 2(x x 1)


  

Giải:
Điều kiện x ≥ 0
Bất phương trình 
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
    

  

▪ Mẫu số < 0 
2
2(x x 1) 1

  
 2x
2
– 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do đó bất phương trình 
2
x x 1 2(x x 1)
    
≤ 0

2
2(x x 1) x x 1
     


2
x x 1 0
(x 1) 2 x (x 1) x 0

   

    



2
x x 1 0
(x 1 x ) 0

   


  


x 1 x
 


2
0 x 1
x (1 x)
 
 



2
0 x 1
x 3x 1 0
 
  

0 x 1
3 5
x
2
 









3 5
x
2



Cách khác :
Điều kiện x  0
Nhận xét :
2
2
1 3 3
1 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x
 
 
         
 
 
 
 
 

(1) 

2
1 2( 1)
x x x x
    

* x = 0 không thoả.
* x > 0 : (1)
1 1
1 2 1
x x
x
x
 
     
 
 

Kim Trọng SĐT:01673093318
3

1 1
2 1 1
x x
x
x
 
     
 
 

Đặt
2
1 1
2
t x x t
x
x
     

(1) thành :
2
2 2
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*)
t
t t
t t t
 

   

   


(*)
2 2
2 1 0 ( 1) 0 1
t t t t
       

1
1 1 0
1 5
6 2 5 3 5
2
4 2
1 5
( )
2
x x x
x
x
x
x loai
      

 


 

   

 




Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
1
2 x 2 x
x
0
x e 2x e
I dx
1 2e
 




Giải:
1 1 1
2
2
0 0 0
(1 2 )
1 2 1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e
 
  
 
  
;

1
1
3
2
1
0
0
1
;
3 3
x
I x dx
  


1
2
0
1 2
x
x
e
I dx
e



=
1
0

1 (1 2 )
2 1 2
x
x
d e
e



=
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e

=
1 1 2
ln
2 3
e

 
 
 

Vậy I =
1 1 1 2

ln
3 2 3
e

 

 
 

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi
M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và
DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH =
a 3
. Tính thể tích khối
chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Giải:
S
(NDCM)
=
2
2
2
1 1 5
2 2 2 2 8
a a a
a a
 
  
 
 

(đvdt)  V
(S.NDCM)
=
2 3
1 5 5 3
3
3 8 24
a a
a  (đvtt)
2
2
5
4 2
a a
NC a   ,
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên


NCD ADM
 vậy DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2
2
.
5 5
2
a a
DC HC NC HC

a
   


Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h
vẽ từ H trong tam giác SHC
Nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2 3
4 3 12
19
a
h
h HC SH a a a
      
B A
C D
H
M
N
S
Kim Trọng SĐT:01673093318
4

Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y

x y x

    


   


(x, y  R).
Giải:
ĐK :
3
4
x

. Đặt u = 2x;
5 2
v y
 

Pt (1) trở thành u(u
2
+ 1) = v(v
2
+1)  (u - v)(u
2
+ uv + v
2
+ 1) = 0  u = v
Nghĩa là :

2
3
0
4
2 5 2
5 4
2
x
x y
x
y

 


  







Pt (2) trở thành
2 4
25
6 4 2 3 4 7 (*)
4
x x x    
Xét hàm số

4 2
25
( ) 4 6 2 3 4
4
f x x x x
    
trên
3
0;
4
 
 
 


2
4
'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x
  

< 0
Mặt khác :
1
7
2
f
 


 
 
nên (*) có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d
1
:
3 0
 
x y
và d
2
:
3 0
x y
 
. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d

2
tại hai điểm B và C
sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC
có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.

Giải:
A  d
1
 A (a;
3
a
 ) (a>0)
Pt AC qua A  d
1
:
3 4 0
x y a
  

AC  d
2
= C(2a;
2 3
a

)
Pt AB qua A  d

2
:
3 2 0
x y a
  

AB  d
2
= B
3
;
2 2
a a
 
 
 
 
 


2
2
3 1 1 2
. 3 ; 1 ; ; 2
2
3 3 3
1 3 1 3
; ; 1 ( ) : 1
2 2
2 3 2 3

ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y

   
        
   
   

   
 
        
 
   
 
   


Kim Trọng SĐT:01673093318
5
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z
 
  

và mặt
phẳng (P) : x  2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của  với (P), M là điểm thuộc

. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC =
6
.
Giải:
C (1 + 2t; t; –2 – t)  
C  (P)  (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0  t = –1  C (–1; –1; –1)
M (1 + 2t; t; –2 – t)
MC
2
= 6  (2t + 2)
2
+ (t + 1)
2
+ (–t – 1)
2
= 6  6(t + 1)
2
= 6  t + 1 = 1
 t = 0 hay t = –2
Vậy M
1
(1; 0; –2); M
2
(–3; –2; 0)
d (M
1
, (P)) =
1 0 2
1
6 6

 
 ; d (M
2
, (P)) =
3 4 0
6
1
6
  

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
( 2 ) (1 2 )
z i i
  
Giải:
:
2
z ( 2 i) (1 2i)
  
=
(1 2 2i)(1 2i)
 
=
(5 2i)



z 5 2i
 

 Phần ảo của số phức z là
2


B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường
thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y

4 = 0. Tìm
tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của
tam giác đã cho.
Giải:
Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0
Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm
của hệ

x y 0
x y 4
 
 
 K (2; 2)
K là trung điểm của AH 

H K A
H K A
x 2x x 4 6 2
y 2y y 4 6 2
     
     

 H (-2; -2)
Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0
Gọi B (b; -b – 4)  BC
Do H là trung điểm của BC  C (-4 – b; b); E (1; -3)
Ta có :
CE (5 b; b 3)
   

vuông góc với
BA (6 b;b 10)
  


 (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0
 2b
2
+ 12b = 0  b = 0 hay b = -6
Vậy B
1
(0; -4); C
1
(-4; 0) hay B
2
(-6; 2); C
2
(2; -6)
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng
2 2 3
:
2 3 2

x y z
  
   . Tính khoảng cách từ A đến . Viết phương trình mặt
cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Giải:
 qua M (-2; 2; -3), VTCP
a (2;3; 2)


;
AM ( 2;2; 1)
  



a AM ( 7; 2;10)
   
 
 d( A, ) =
a AM
49 4 100 153
17
4 9 4
a

 
 
 
 


=3