Tổng hợp đề thi Đại học môn toán khối D từ 2009 đến 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
42
(3 2) 3
y
xmx=− + +m
m
C
m
có đồ thị là là tham số.
(),
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
0.m =

2. Tìm
m
để đường thẳng
cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. 1y =−
(
m
C )
Câu II (2,0 điểm)

1.

Giải phương trình
3cos5 2sin3 cos2 sin 0.xxxx−−=

2.

Giải hệ phương trình
2
2
(1)30
(, ).
5
() 10
xx y
xy
xy
x
++−=
⎧
⎪
∈
⎨
+−+=
⎪
⎩
\

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân

3
1
.
1
x
dx
I
e
=
−
∫

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông tại
.'' 'ABC A B C ABC
, , ' 2 , ' 3 .
B
AB a AA a A C a== = Gọi
M

là trung điểm của đoạn thẳng
'',
A
C
I là giao điểm của và Tính theo thể tích khối tứ diện và
khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (
AM
'.AC
a
IABC

A ).IBC
Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm ,
x
y thay đổi và thoả mãn 1.xy+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
22
(4 3 )(4 3 ) 25 .Sx
yy
xx
y
=+ ++


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 ,Ox cho tam giác có là trung điểm của cạnh Đường trung
tuyến và đường cao qua đỉnh lần lượt có phương trình là
y
ABC
(2;0)M
.AB
A 7 2 3 0xy− −= và Viết phương
trình đường thẳng

6 4 0.xy−−=

.AC
2.

Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm và mặt phẳng
Xác định toạ độ điểm
Oxyz (2;1;0), (1;2;2), (1;1;0)ABC
(): 20 0.Pxyz++− =
D
thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng
CD
song song
với mặt phẳng (
AB
).P
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ ,Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thoả mãn điều kiện | y z (3 4 )| 2.zi−− =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho đường tròn
.
Oxy
22
():( 1) 1Cx y− +=
Gọi là tâm của Xác định
toạ độ điểm
I ( ).C
M
thuộc sao cho ( )C

n
IMO =
30 .
D

2.

Trong không gian với hệ toạ độ , cho đường thẳng Oxyz
22
:
11
1
x
y+−
Δ==
−
z
m
và mặt phẳng
Viết phương trình đường thẳng nằm trong ( sao cho
d
cắt và vuông góc với
đường thẳng
(): 2 3 4 0.Px y z+−+=
d
)P
.Δ
Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số để đường thẳng

m
2yx= −+ cắt đồ thị hàm số
2
1
x
x
y
x
+−
=
tại hai điểm phân
biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng thuộc trục tung.
,AB AB
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…

Khi
0,m =
42
2.yx x=−
•
Tập xác định:
.D = \
•
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc
3
'4 4;yxx=−
'0y =
⇔
1x =± 0.x =
0,25
Hàm số nghịch biến trên:
(;
và đồng biến trên: và
(1

1)−∞ − (0;1); (1;0)− ; ).+∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y
1, 1;
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
Phương trình hoành độ giao điểm của

(
và đường thẳng
)
m
C
1:y =−
42
(3 2) 3 1.xmxm−+ +=−
Đặt phương trình trở thành:
2
,0;txt=≥
2
(3 2) 3 1 0tmtm−+++=
0,25
⇔
hoặc
tm

1t
=
31.
=+
0,25
Yêu cầu của bài toán tương đương:
03 14
311
m
m
<+<
⎧

⎨
+≠
⎩
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔

1
1,
3
m−< <

0.m
≠
0,25
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương:
3 cos5 (sin 5 sin ) sin 0xxxx−+−=

⇔

31
cos5 sin5 sin
22
x
xx−=

x
−∞

1−
0 1
y'
−
0
+
0
−
0
+

y
+∞
1−
1−

0


+∞

+∞

x
O
y
2
−
2

1
−
1
−
1
8
0,25
II
(2,0 điểm)
⇔

sin 5 sin
3
x
x
π
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠

0,25
hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu Đáp án Điểm
⇔

52

3
x
xk
π
π
−=+
hoặc
52
3
xxk
π
ππ
−=−+ .

0,25
Vậy:
18 3
x
k
ππ
=+
hoặc
62
x
k
ππ
=− +
( ).
k
∈ ]

0,25
2.
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình…
Hệ đã cho tương đương:
2
2
3
10
5
() 1
xy
x
xy
x
⎧
++− =
⎪
0
⎪
+−+=
⎪
⎩
⎪
⎨

0,25
⇔

2

2
3
1
35
11
0
⇔
xy
x
x
x
⎧
+=−
⎪
⎪
⎨
⎛⎞
⎪
−−+=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

2
3
1
46
20
xy

x
x
x
⎧
+=−
⎪
⎪
⎨
⎪
−+=
⎪
⎩

0,25
⇔

1
1
2
x
xy
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+=
⎩
hoặc
11

2
1
2
x
xy
⎧
=
⎪
⎪
⎨

⎪
+=
⎪
⎩
0,25
⇔

1
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
hoặc
2
3

.
2
x
y
=
⎧
⎪
⎨
=−
⎪
⎩

Nghiệm của hệ: và
(; ) (1;1)
xy
=
3
(;

0,25
) 2; .
2
xy
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
Tính tích phân…
Đặt
3

,;1,;3,
x
dt
tedx x tex te
t
======
0,25
.

3
(1)
e
e
dt
I
tt
=
−
∫

=
3
11
1
e
e
∫
dt
tt
⎛⎞

−
⎜⎟
−
⎝⎠

0,25
=

33
ln| 1| ln| |
ee
ee
tt−−


0,25
III
(1,0 điểm)
=


2
ln( 1) 2.
ee
++ −
0,25
Tính thể tích khối chóp
IV
(1,0 điểm)
Hạ ; là đường cao

của tứ diện
()
IH AC H AC
⊥∈
⇒
()
IH ABC
⊥
IH
.
I
ABC

⇒

// '
I
HAA

⇒

2
''
3
IH CI
AA CA
==
⇒

24

'.
33
a
IH AA==

22
'' 5,AC A C A A a=−=

22
2.
B
CACAB a=−=

Diện tích tam giác
:ABC
2
1

2
ABC
SABBC
Δ
==a

Thể tích khối tứ diện
:
I
ABC

3

14

39
ABC
a
VI

HS
Δ
==


0,50
A

C

C'
A'
B
B
'
M
K
I
H

a
2a
3a

hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm
Hạ
'( ').
A
KABKAB
⊥∈
Vì
('')
B
C ABB A
⊥
nên
⇒

AK BC
⊥
().
A
KIBC
⊥

Khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
()
là

IBC
.AK
0,25
'
22
2
'. 2 5
.
'5
'
AA B
S
AA AB a
AK
AB
AA AB
Δ
== =
+

0,25
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

Do nên:
1,
xy
+=
22 3 3
16 12( ) 9 25
Sxy xy xyx

=++++
y
0,25

22 3
16 12 ( ) 3 ( ) 34
x
yxyxyxyxy
⎡⎤
=++−++
⎣⎦
22
16 2 12.
xy xy
=−+

Đặt ta được:
,txy=
2
16 2 12;Stt=−+
2
()1
0
44
xy
xy
+
≤≤ =

⇒

1
0; .
4
t
⎡ ⎤
∈
⎢ ⎥
⎣ ⎦

Xét hàm trên đoạn
2
() 16 2 12
ft t t
=−+
1
0;
4
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦

'( ) 32 2;
ft t
=−

'( ) 0
ft
=
⇔

1
;
16
t =

(0) 12,
f
=
1
16
f
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
191
,
16

1
4
f
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
25
.
2

1
0;
4
125
max ( ) ;
42
ft f
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

1
0;
4
1191
min ( ) .
16 16
ft f
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Giá trị lớn nhất của bằng
S
25
;
2
khi
1
1
4
x
y
xy
+=
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

⇔
11
(; ) ; .
22
xy
⎛⎞
=
⎜⎟

⎝⎠

0,25
V
(1,0 điểm)
Giá trị nhỏ nhất của bằng
S
191
;
16
khi
1
1
16
x
y
xy
+=
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

⇔

2323
(; ) ;
44

xy
⎛⎞
+−
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoặc
2323
(; ) ; .
44
xy
⎛⎞
−+
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,25
1.
(1,0 điểm)
Viết phương trình đường thẳng…
Toạ độ
A
thoả mãn hệ:
⇒

7230
64

0
xy
xy
−−=
⎧
⎨
−−=
⎩
(1; 2).
A
B
đối xứng với
A
qua
,
M
suy ra
(3; 2).
B
=−
0,25
Đường thẳng
BC
đi qua
B
và vuông góc với đường thẳng
64
xy
−−=
0.

.
Phương trình
:690
BC x y
++=
0,25
Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng
N BC
thoả mãn hệ:
7230
690
xy
xy
−−=
⎧
⎨
++=
⎩
⇒
3
0; .
2
N
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
⇒

phương trình đường thẳng
(
2. 4; 3 ;AC MN==−−
)
JJJG JJJJG
:3 4 5 0.
AC x y
−+=
0,25
2.
(1,0 điểm)
Xác định toạ độ điểm

D

(1;1;2),
AB
=−
JJJG
phương trình
:AB
2
1
2.
x
t
yt
zt
=−
⎧

⎪
=+
⎨
⎪
=
⎩

0,25
VI.a
(2,0 điểm)
D
thuộc đường thẳng
A
B

(2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 ).
D
ttt CD ttt⇒ −+ ⇒ =−
JJJG

0,25
hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu Đáp án Điểm
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
():P
(1;1;1).n =
G

C
không thuộc mặt phẳng ().P
//( ) . 0CD P n CD⇔=
GJJJG
1
1.(1 ) 1. 1.2 0 .
2
tt t t⇔−++=⇔=−
Vậy
51
;;1.
22
D
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
Tìm tập hợp các điểm…
Đặt

(, );zxyixy=+ ∈
\
()( )
34 3 4.zix y−+ = − + +
VII.a
i
0,25

Từ giả thiết, ta có:

()( ) ()( )
22 22
342344xy xy−++ =⇔−++=.

0,50
(1,0 điểm)
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức

là đường tròn tâm bán kính
z
(
3; 4I −
)
2.R
=
0,25
1.
(1,0 điểm)
Xác định toạ độ điểm

M

Gọi điểm
()
;.
M
ab
Do

()
;
M
ab
thuộc nên
()C
()
2
2
11;ab−+= ()OC∈
⇒
1.IO IM
==
0,25
Tam giác
I
MO
có nên
n
OIM =
120
D
22 2 22
2 . .cos120 3.OM IO IM IO IM a b
=+ − ⇔+=
D
0,25
Toạ độ điểm
M
là nghiệm của hệ

()
2
2
22
3
11
2
3
3
.
2
a
ab
ab
b
⎧
=
⎪
⎧
−+=
⎪⎪
⇔
⎨⎨
+=
⎪⎪
⎩
=±
⎪
⎩
Vậy

33
;.
22
M
⎛⎞
=±
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,50
2.
(1,0 điểm)
Viết phương trình đường thẳng…
Toạ độ giao điểm của với thoả mãn hệ:
I Δ ()P
22
11
1
x
2340
yz
xyz
+−
⎧
==
⎪
−
⎨
⎪

+−+=
⎩

⇒

( 3;1;1).I −
0,25
Vectơ pháp tuyến của vectơ chỉ phương của
():P
(1; 2; 3);n =−
G
:
Δ
(1;1; 1).u =−
G

0,25
Đường thẳng cần tìm qua và có vectơ chỉ phương
d
I
()
,1;2;1vnu
⎡⎤
==−−
⎣⎦
G
.
GG

0,25

VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình
:d
3
12
1.
x
t
yt
zt
=− +
⎧
⎪
=−
⎨
⎪
=−
⎩

0,25
Tìm các giá trị của tham số
m

VII.b
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
1
2
xx

x
m
x
+−
=− +

⇔
2
3(1)10(0).xmx x+− −= ≠
0,25
(1,0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
khác 0 với mọi
.m
0,25
12
1
.
26
I
xx
m
x
+
−
==

Hoành độ trung điểm của
I

0,25
:AB
1
00
6
I
m
IOy x m
−
∈⇔=⇔ =⇔=
1.

0,25


Hết
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

.
42
6yxx=− − +
1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2.

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
1
1
6
yx
= −
.
Câu II (2,0 điểm)
1.

Giải phương trình
s

in 2 cos 2 3sin cos 1 0.xxxx−+−−=
2.

Giải phương trình
33
22 22 4
4242
4
x

xx xxx++ ++ +−
+= +
(x
∈

R
).

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
1
3
2ln
e
d
I
xx
x
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
∫
x
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA
=
a

; hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH
=

4
A
C
. Gọi CM là đường
cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
22
421 31yxx xx=−+ + −−+ +0.
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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn
ngoại tiếp là I(−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
2.

Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.

Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn: | z | =
2
và z

2
là số thuần ảo.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành
bằng AH.
2.

Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ
1
:
3
x
t
yt
zt
= +
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩
và Δ
2

:
21
21
2
x
y−−
==
z
. Xác
định tọa độ điểm M thuộc Δ
1
sao cho khoảng cách từ M đến Δ
2
bằng 1.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2
2
2
420
2log ( 2) log 0
xxy
x
⎧
−++=
⎪
⎨
y− −=
⎪
⎩

(x, y ∈
R
).

Hết


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
hoctoancapba.com

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 D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
'y
= − 4x
3

− 2x = − 2x(2x
2
+ 1);
'y
(x) = 0 ⇔ x = 0.
0,25
- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 6.
- Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
=
lim
x
y
→+∞
= − ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:






0,25

• Đồ thị:












0,25
2. (1,0 điểm)
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y =
1
6
x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6.
0,25
Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x
3
− 2x = − 6
0,25
⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4).
0,25
I
(2,0 điểm)
Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10.
0,25

1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin
2
x) + 3sinx − 1 = 0
0,25
⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1).
0,25
Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên:
0,25
II
(2,0 điểm)
(1) ⇔ sinx =
1
2
⇔ x =
6
π
+ k2π hoặc x =
5
6
π
+ k2π ( k ∈ Z).
0,25
'
y

+ 0 −

y
6

− ∞
x
−∞ 0 +∞
− ∞
y
x
6
2−

2

O

hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ − 2.
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
(
)
3
22
44 4
222 2 0
x
xx

+
−
− −=
.

0,25
• 2
4x
− 2
4
= 0 ⇔ x = 1.
0,25
•
22
2
x +
−
3
4
2
x −
= 0 ⇔ 2
2x +
= x
3
− 4 (1).
Nhận xét: x ≥
3
4
.

0,25
Xét hàm số f(x) = 2
2
x +
− x
3
+ 4, trên
)
3
4;
⎡
+∞
⎣
.
'
f
(x) =
1
2x +
− 3x
2
< 0, suy ra f(x) nghịch biến trên
)
3
4;
⎡
+∞
⎣
.
Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2.
0,25
I =
1
3
2lnd
e
x
xx
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∫
=
1
2ln d
e
x
xx
∫
−
1
ln
3d
e
x
x
x

∫
.
0,25
• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du =
d
x
x
và v = x
2
.
1
2ln d
e
x
xx
∫
=
()
2
1
ln
e
x
x
−
1
d
e
x
x

∫
= e
2
−
2
1
2
e
x
=
2
1
2
e
+
.
0,25
•
1
ln
d
e
x
x
x
∫
=
()
1
ln d ln

e
x
x
∫
=
2
1
1
ln
2
e
x
=
1
2
.
0,25
III
(1,0 điểm)
Vậy I =
2
2
e
− 1.
0,25
• M là trung điểm SA.
AH =
2
4
a

, SH =
22
SA AH−
=
14
4
a
.
0,25
HC =
32
4
a
, SC =
22
SH HC+
= a
2
⇒ SC = AC.
Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA.
0,25
• Thể tích khối tứ diện SBCM.
M là trung điểm SA ⇒ S
SCM
=
1
2
S
SCA

⇒ V
SBCM
= V
B.SCM
=
1
2
V
B.SCA
=
1
2
V
S.ABC

0,25
IV
(1,0 điểm)

⇒ V
SBCM
=
1
6
S
ABC
.SH =
3
14
48

a
.
0,25
Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5.
Ta có (− x
2
+ 4x + 21) − (− x
2
+ 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0.
0,25
y
2
= (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2
(3)(7)(2)(5)
x
xx x+ −+−

=
()
2
( 3)(5 ) ( 2)(7 )
x
xx x+−−+−
+ 2 ≥ 2, suy ra:
0,25
y ≥
2
; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
1
3

.
0,25
V
(1,0 điểm)
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là
2 .
0,25

S
C
D
B
A
M
H
hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
(x + 2)
2
+ y
2
= 74.
Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC
có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A).
Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình:

(x + 2)
2
+ a
2
= 74 ⇔ x
2
+ 4x + a
2
− 70 = 0 (1).
0,25
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất
một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | <
70
.
Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 −
2
74
a−
; a) và C(− 2 +
2
74
a−
; a).
0,25
AC ⊥ BH, suy ra:
.
AC BH
JJJG JJJG
= 0
⇔

(
)
2
74 5
a
−−
(
)
2
74 5
a
− +
+ (a + 7)(− 1 − a) = 0
⇔ a
2
+ 4a − 21 = 0
0,25
⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn).
Suy ra C(− 2 +
65
; 3).
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là
P
n
G
= (1; 1; 1) và
Q
n

G
= (1; − 1; 1), suy ra:
,
PQ
nn
⎡ ⎤
⎣ ⎦
G G
= (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R).
0,25
Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0.
0,25
Ta có d(O,(R)) =
,
2
D
suy ra:
2
D
= 2 ⇔ D = 2
2
hoặc D =
22
−
.
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2
2

= 0 hoặc x − z − 2
2
= 0.
0,25
Gọi z = a + bi, ta có:
22
zab
=+
và z
2
= a
2
− b
2
+ 2abi.
0,25
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
22
22
2
0
ab
ab
⎧
+ =
⎪
⎨
− =
⎪
⎩

0,25
⇔
2
2
1
1.
a
b
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩

0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i.
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có:
22 2
(2)
AH a b
=+−
và khoảng cách
từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a

2
+ (b − 2)
2
= b
2
.
0,25
Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a
2
+ (b − 1)
2
= 1.
0,25
Từ đó, ta có:
2
22
440
20.
ab
ab b
⎧
− +=
⎪
⎨
+ −=
⎪
⎩

Suy ra:
(2 5 2; 5 1)

H
− −
hoặc
(2 5 2; 5 1)
H
− −−
.
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là
(5 1) 2 5 2 0
xy−− −=
hoặc
(5 1) 2 5 2 0
xy− +−=
.
0,25

I
•

A
B
C
H

O
H
y

x
A

P
Q
R
•
O


hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Ta có: + M ∈ ∆
1
, nên M(3 + t; t; t).
+ ∆
2
đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương
v
G
= (2; 1; 2).
0,25
Do đó:
A
M
JJJJG

= (t + 1; t − 1; t);
,
vAM
⎡ ⎤
⎣ ⎦
G JJJJG
= (2 − t; 2; t − 3).
0,25
Ta có: d(M, ∆
2
) =
,
vAM
v
⎡⎤
⎣⎦
G JJJJG
G
=
2
21017
3
tt− +
, suy ra:
2
21017
3
tt−+
= 1
0,25

⇔ t
2
− 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4.
Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4).
0,25
Điều kiện: x > 2, y > 0 (1).
0,25
Từ hệ đã cho, ta có:
2
420
2
xxy
xy
⎧
−++=
⎪
⎨
−=
⎪
⎩

0,25
⇔
2
30
2
xx
yx
⎧
−=

⎪
⎨
=−
⎪
⎩
⇔
0
2
x
y
=
⎧
⎨
= −
⎩
hoặc
3
1.
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1).

0,25
Hết










M
∆
2

∆
1

d =1
H
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
21
1
x
y
x
+
=⋅
+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng
cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
sin 2 2cos sin 1
0.
tan 3
xxx
x
+−−
=
+

2. Giải phương trình
()
()
2
21
2

log 8 log 1 1 2 0 ( ).xxx−+ ++−−= ∈\x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
41
d.
212
x
I
x
x
−
=
++
∫

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB =
23a
và Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
n
30 .SBC =
D
Câu V (1,0 điểm)
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

32
2
2(2)
(, ).
12
xyxxym
xy
xxy m
⎧
−+ + =
⎪
∈
⎨
+− =−
⎪
⎩
\

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 tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
2.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d:
13

21 2
xyz+−
==
−
⋅

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i)
z
= 1 – 9i.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

1.

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
2.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
13
:
24
1

x
y−−
Δ==
z
và mặt phẳng
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và
tiếp xúc với mặt phẳng (P).
():2 2 0.Pxyz−+ =
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
23
1
xx
y
x
++
=
+
3
trên
đoạn [0; 2].

Hết


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
{
}
\1D =−\ .


• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
2
1
'0
(1)
y
x
=
+
,> ∀
x

∈
D
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
0,25
– Giới hạn và tiệm cận:
lim lim
xx
y y
→−∞ →+∞
=
= 2; tiệm cận ngang:
y
= 2.


=

+

∞
,
=
–
∞
; tiệm cận đứng: x
=
– 1.
()
1

lim
x
y
−
→−
()
1
lim
x
y
+
→−
0,25
– Bảng biến thiên:


Trang 1/4




0,25
•
Đồ thị:

0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi d: y
=
kx
+
2k
+
1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:
kx
+
2k
+
1
=

21
1
x
x
+
+
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)
⇔ kx

2
+ (3k – 1)x + 2k = 0 (1).
0,25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ⇔
⎨
⇔
0
0
k ≠
⎧
⎨
Δ>
⎩
2
0
610
k
kk
≠
⎧
−+>
⎩
0
322 322.
k
kk
≠
⎧
⎪

⎨
<− ∨ >+
⎪
⎩
(*).
0,25
I
(2,0 điểm)
Khi đó: A(x
1
; kx
1
+ 2k + 1) và B(x
2
; kx
2
+ 2k + 1), x
1
và x
2
là nghiệm của (1).
x − ∞ –1
y’ + +
y
− ∞
+ ∞
+ ∞
2
2

2
x



y
– 1
O
1


0,25
d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔
1
21kx k++ =
2
21kx k++
hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu
Đáp án
Điểm
⇔ k(x
1
+ x
2
) + 4k + 2 = 0 (do x
1

≠
x
2
).
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*).
Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.
0,25
1.
(1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx
≠
3− (*).
Phương trình đã cho tương đương với: sin2
x
+ 2cos
x
– sin
x
– 1 = 0
0,25
⇔
2cos
x
(sin
x
+ 1) – (sin
x
+ 1) = 0

⇔
(sin
x
+ 1)(2cos
x
– 1) = 0.
0,25
⇔
sin
x
= – 1
⇔

x
= –
2
π

+
k
2π hoặc cos
x
=
1
2

⇔

x
= ±

3
π
+
k
2π.
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm:
x
=
3
π
+
k
2π (
k
∈
Z
).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤
x
≤ 1 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với:
()
()
2
22
log 8 log 4 1 1
x

x
⎡⎤
−= ++−
⎣⎦
x

0,25
⇔ 8 –
x
2
= 4
(
11
)
x
x
++ − ⇔ (8 –
x
2
)
2
= 16
(
)
2
221
x
+− (1).
0,25
Đặt t =

2
1−
x
, (1) trở thành: (7 + t
2
)
2
= 32(1 + t)
⇔
t
4
+ 14t
2
– 32t + 17 = 0
⇔
(t – 1)
2
(t
2
+ 2t + 17) = 0
⇔
t = 1.
0,25
II
(2,0 điểm)
Do đó, (1)
⇔

2
1−=x 1

⇔
x = 0, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
0,25
Đặt t = 21
x
+
⇒
4x = 2(t
2
– 1), dx = tdt.
Đổi cận: x = 0
⇒
t = 1; x = 4
⇒
t = 3.
0,25
I =
3
3
1
23
d
2
tt
t
t
−
+

∫
=
3
2
1
10
245
2
tt
t
⎛⎞
−+−
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
III
dt

0,25
=
3
3
2
1
2
2510ln2
3
t
tt t

⎛⎞
−+− +
⎜⎟

0,25
⎝⎠
(1,0 điểm)
=
34 3
10ln .
35
+

0,25
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC)
⇒
SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin =
n
SBC 3.a
0,25
Diện tích: S
ABC
=
1
2
BA.BC = 6a
2
.
Thể tích: V
S.ABC

=
1
3
S
ABC
.SH =
3
23
IV
.a
0,25
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD)
⇒
HK ⊥ (SAC)
⇒
HK = d(H, (SAC)).
BH = SB.cos = 3a
⇒
BC = 4HC
n
SBC
⇒
d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
0,25
(1,0 điểm)

Ta có AC =
22
B
ABC+

= 5a; HC = BC – BH = a
⇒
HD = BA.
HC
AC
=
3
.
5
a

HK
=
22
.SH HD
SH HD+
=
37
14
a
. Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK =
67
.
7
a

0,25
V
(1,0 điểm)
Hệ đã cho tương đương với:

2
2
()(2)
()(2)12
xxxym

B
S
A
C
D
H
K

.
x
xxy
⎧
−−=
⎪
⎨
−+ −=−
⎪
⎩
m

0,25
hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu
Đáp án
Điểm
Đặt u = x
2
– x, u ≥ –
1
;
4
v = 2x – y.
Hệ đã cho trở thành:
⇔

12
uv m
uv m
=
⎧
⎨
+=−
⎩
2
(2 1) 0 (1)
12 .
umum
vmu
⎧
+−+=
⎨

=− −
⎩
Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ –
1
.
4

0,25
Với u ≥ –
1
,
4
ta có: (1)
⇔
m(2u + 1) = – u
2
+ u
⇔
m =
2
.
21
uu
u
−+
+

Xét hàm f(u) =
2
,

21
uu
u
−+
+
với u ≥ –
1
;
4
ta có:
'( )
f
u
= –
2
2
221
;
(2 1)
uu
u
+−
+

'( )
f
u
= 0
⇔
u =

13
.
2
−+


0,25
Bảng biến thiên:






Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤
23
.
2
−
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có:
3
B
DGD=
JJJG JJJG


⇔

⇒

43( 1)
13( 1)
xx
yy
+= −
⎧
⎨
−= −
⎩
7
;1 .
2
D
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong
d: x – y – 1 = 0 của góc A.
f(u)
u
1
4
−

13
2

−+

'( )
+
∞

f
u
+ 0 –
5
8
−

–
∞
23
2
−


Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB
thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ:
1( 4) 1( 1) 0
41
10
22
xy
xy
++ −=
⎧

⎪
⎨
−+
−−=
⎪
⎩

⇔
⇒ E(2; – 5).
30
70
xy
xy
++=
⎧
⎨
−−=
⎩
0,25
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0.
0,25
Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ:
⎧
⎨
⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1).
10
413
xy
xy
−−=

0−− =
⎩
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0.
0,25
Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B.
0,25
B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)

A
D

B

G
•

C


E


Phương trình ∆:
12
22

33.
x
t
y t
zt
=+
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=+
⎩

0,25
VII.a
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i)
z
= 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i

0,25
hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu
Đáp án
Điểm
⇔
– a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i

0,25
⇔

31
339
ab
ab
−− =
⎧
⎨
−=
⎩
0,25
(1,0 điểm)
⇔
Vậy z = 2 – i.
2
1.
a
b
=
⎧
⎨
=−
⎩
0,25

1. (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10.
Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương
trình ∆ có dạng: y = m.
0,25
Hoành độ M, N là nghiệm phương trình:
x
2
– 2x + m
2
+ 4m – 5 = 0 (1).
(1) có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
, khi và chỉ khi:
m
2
+ 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x
1
; m) và N(x
2
; m).
0,25
AM ⊥ AN
⇔
= 0
⇔
(x
.AM AN
JJJJG JJJG

1
– 1)(x
2
– 1) + m
2
= 0
⇔
x
1
x
2
– (x
1
+ x
2
) + m
2
+ 1 = 0.
0,25
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m
2
+ 4m – 6 = 0
⇔
m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t).
0,25
Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1
⇔

2(1 2 ) (3 4 ) 2
3
tt+−++t
= 1
0,25
⇔
t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1).
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình mặt cầu:
(x – 5)
2
+ (y – 11)
2
+ (z – 2)
2
= 1 hoặc (x + 1)
2
+ (y + 1)
2
+ (z + 1)
2
= 1.
0,25
2
2
24
'

(1)
x
x
y
x
+
=
+
;
0,25
y' = 0
⇔
x = – 2 hoặc x = 0.
0,25
y(0) = 3, y(2) =
17
.
3

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
[]
0; 2
min y = 3, tại x = 0;
[]
0; 2
max y =
17

,
3
tại x = 2.
0,25
Hết



A

y


x

O
M

N

I

– 2
– 3
1
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối D
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
32 2
22
2(3 1) (1),
33
yxmx m x=−− −+
m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1.m =

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị
1
x
và
2
x

sao cho
12 1 2
2( ) 1.xx x x+ +=
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 3 cos3 sin cos 2 cos 2 .
x
xx x+−+= x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32 2 2

20
(, ).
220
xy x
xy
xxyxy xyy
+−=
⎧
⎪
∈
⎨
−++−−=
⎪
⎩
\
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
π
4
0
(1 sin 2 )d .
I
xx=+
∫
x
')

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân,
. Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(
.''' 'ABCD A B C D 'AAC

'AC a= ''ABBC
B
CD
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
,
xy
thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22
( 4) ( 4) 2 32.xy xy−+−+ ≤
33
3( 1)( 2).Ax y xy xy=++ − +−
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần 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. Các đường thẳng AC
và AD lần lượt có phương trình là và
3xy+=0 40;xy− +=
đường thẳng BD đi qua điểm
(
)
1
;1.
3
M −

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và
điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
():2 2 10 0Pxyz+− + =

(2;1;3).I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
2(1 2 )
(2 ) 7 8 .
1
i
iz i
i
+
+ +=
+
+
Tìm môđun của số phức
1.wz i= ++

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Viết phương
trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho
:2 3 0.dxy−+=
2.AB CD==
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
11
:
211
x
y
d
−+
==
−

z
và hai
điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M.
(1; 1; 2),A − (2; 1;0).B −
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình
2
3(1 ) 5 0z iz i+++=
trên tập hợp các số phức.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi hàm số trở thành
1,m =
32
22
4.
33

yxx x= −−+

• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc
2
224;0yx xy x
′′
=−−=⇔=−1
2.x =

0,25
Các khoảng đồng biến: và
(;1−∞ − ) (2; );+∞
khoảng nghịch biến
.

(1;2)−
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1,x = −
y
CĐ
3,=
đạt cực tiểu tại
2,x =
y
CT
6.=−

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








0,25
•

Đồ thị:

0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có .

22
22 2(31)
yx mx m
′
=−− −
0,25
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt
2
13 4 0m⇔−>
213
13
m⇔>
hoặc
213
.
13

m <−

0,25
Ta có:
12
x
xm+=
và
2
12
13 ,
x
x=−m do đó
2
12 1 2
2( ) 1 1 3 2 1xx x x m m+ +=⇔− +=
0,25
1
(2,0 điểm)
0m⇔= hoặc
2
.
3
m =
Kiểm tra điều kiện ta được
2
.
3
m
=

0,25
−∞
+∞

3
–6
y
'y
+ 0 – 0 +
x
−∞
–1 2
+∞
x
–1
O
2
– 6
3
y
Trang 1/4

hoctoancapba.com
Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
(2sin 2cos 2)cos2 0.xx x+ −=

0,25
ππ

cos 2 0 ( ).
42
k
xx k•=⇔=+∈]

0,25
2sin 2cos 2 0xx•+−=
(
)
π 1
cos
42
x⇔−=

0,25
2
(1,0 điểm)
7π
2π
12
x
k⇔= +
hoặc
π
2π ()
12
xkk=− + ∈
]
.

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là:
ππ
,
42
k
x =+

7π
2π,
12
x
k=+

π
2π ()
12
xkk=− + ∈] .

0,25
Hệ đã cho tương đương với:
2
20
(1)
(2)
(2 1)( ) 0
xy x
xy x y
+−=
⎧
⎪

⎨
−+ − =
⎪
⎩
0,25
210 2xy y x•−+=⇔=+1.
Thay vào (1) ta được
2
15
10 .
2
xx x
−±
+−=⇔=

Do đó ta được các nghiệm
15
(; ) ; 5
2
xy
⎛⎞
−+
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
15
(;

) ; 5 .
2
xy
⎛⎞
−−
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
2
0
2
.
x
yy
•−=⇔=
x Thay vào (1) ta được
32
20 ( 1)( 2)0xx x xx
+ −=⇔ − ++ =

0,25
3
(1,0 điểm)
1.x⇔=
Do đó ta được nghiệm
(; ) (1;1).xy=

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:

(; ) (1;1),xy=

15
(;

) ; 5
2
xy
⎛⎞
−+
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
,
15
(; ) ; 5 .
2
xy
⎛⎞
−−
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,25
ππ π π
π
44 4 4

22
4
00 0 0
0
π
dsin2d sin2d sin2
232
x
I xx x xx x xx x xx=+ =+ =+
∫∫ ∫ ∫
d.

0,25
Đặt suy ra
;d sin2 d ,uxv xx==
1
dd; cos2
2
uxv x==− .

0,25
Khi đó
ππ
π
44
4
0
00
111
sin 2 d cos2 cos 2 d cos2 d

222
π
4
0
x
xx x x xx xx=− + =
∫∫∫

0,25
4
(1,0 điểm)
π
4
0
11
sin 2 .
44
x==
Do đó
2
π 1
.
32 4
I =+

0,25
Tam giác
A
AC
′

vuông cân tại A và
A
Ca
′
=
nên
A
AAC
′
=

.
2
a
=
Do đó
.
2
a
AB B C
′′
= =

0,25
3
'
11
''. ''. . ' .
36
ABB C ABB

a
V B C S B C AB BB
′′
∆
== =
2
48

0,25
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của
.
A
AB
′
∆
Ta có
'AHAB⊥
và
A
HBC⊥
nên
(' ),
A
HABC⊥

nghĩa là
(AH BCD').⊥
Do đó
(,( ')).AH d A BCD=
0,25

5
(1,0 điểm)

Ta có
222
1116
.
'
2
AHABAAa
=+=

Do đó
6
(,( ')) .
6
a
dABCD AH==

0,25
A
B
C
D
'A
'
D

'C
'

B

H

Trang 2/4

hoctoancapba.com
Câu Đáp án Điểm
Ta có
22
(4)(4)2 32
2
()8()00xy xy xyxyxy
−+−+≤
8.
⇔ +−+≤⇔≤+≤

0,25
3
()3()66Axy xy xy=+ − +− +
32
3
() ()3()
2
xy xy xy≥+ − + − ++6.

Xét hàm số:
32
3
() 3 6

2
f
tt t t=− −+
trên đoạn
[0

; 8].
Ta có
2
() 3 3 3,ft t t
′
=−−
15
() 0
2
ft t
+
′
=⇔=
hoặc
15
2
t
−
=
(loại).
0,25
Ta có
15 1755
(0) 6, , (8) 398.

24
ff f
⎛⎞
+−
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=
Suy ra
17 5 5
.
4
A
−
≥

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi
15
4
xy
+
==
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của
A
là
17 5 5

.

4
−
0,25
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ
30
40
xy
xy
+=
⎧
⎨
− +=
⎩
(3;1).

A⇒−
0,25
Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có
phương trình là
4
0.
3
xy
− +=
Vì N thuộc AC, nên tọa
độ của điểm N thỏa mãn hệ
4
0

1
1; .
3
3
30
xy
N
xy
⎧
−+ =
⎪
⎛⎞
⇒−
⎨
⎜⎟
⎝⎠
⎪
+=
⎩

0,25
Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN
và vuông góc với AD, nên có phương trình là
0.xy+=
Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD.
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ
⎧
⎨

0

30
xy
xy
+=
,+=
⎩
và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ
0
40.
xy
xy
+=
⎧
⎨
−+=
⎩
Do đó I(0; 0) và K(−2;2).
0,25
7.a
(1,0 điểm)

2(3;1);AC AI C= ⇒−
JJJG JJG
2(1;3);AD AK D=⇒−
JJJG JJJG

(1; 3).BC AD B= ⇒−
JJJG JJJG

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến
của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình.
0,25
Ta có (;( )) 3.IH d I P==
0,25
Bán kính của mặt cầu (S) là:
22
34 5R .= +=

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Phương trình của mặt cầu (S) là:
222
(2)(1)(3)25xyz−+−+−=.
0,25
Ta có:
2(1 2 )
(2 ) 7 8 (2 ) 4 7
1
i
iz i iz i
i
+
+ + =+ ⇔ + =+
+

0,25
32.zi⇔=+

0,25
Do đó
43.wi=+
0,25
9.a
(1,0 điểm)
Môđun của w là
22
43 5+=.

0,25
I

N

M

D

C

B

A
K

Trang 3/4

hoctoancapba.com
Câu Đáp án Điểm

Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình.
Do
nên tọa độ của I có dạng
Id∈
(;2 3).It t+

0,25
(, ) (, )AB CD dIOx dIOy=⇔ = |||2 3| 1tt t⇔ =+⇔=−
hoặc
3.t=−

0,25
• Với ta được nên
1t =−
(1;1),I − (; ) 1.dIOx=
Suy ra, bán kính của (C) là
22
11 2.

+=
Do đó
22
():( 1) ( 1) 2.Cx y+ +− =
0,25
7.b
(1,0 điểm)
• Với ta được nên
3t =−
(3;3),I −− (; ) 3.dIOx=
Suy ra, bán kính của (C) là

22
31 10.+=

Do đó
22
( ): ( 3) ( 3) 10.Cx y+++=
0,25
Do
M
d∈
nên tọa độ của điểm M có dạng
(1 2 ; 1 ; ).
M
ttt+ −−

0,25
Ta có
(2;; 2), (12;;).
A
Mttt BM ttt=−− =−+−
JJJJGJJJJG

Tam giác
A
MB
vuông tại
M
.0AM BM⇔=
JJJJGJJJJG

0,25
22
2( 1 2) ( 2) 0 6 4 0ttttt tt⇔−+++−=⇔ −=
0,25
8.b
(1,0 điểm)
0t⇔=
hoặc
2
.
3
t
=
Do đó
(
)
1; 1; 0M −
hoặc
752
;;
333
M
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
Phương trình bậc hai có biệt thức

2
3(1 ) 5 0
zizi
+++=
2.i∆ =−

0,25
2
(1 ) .
i
=−

0,25
Do đó nghiệm của phương trình là
3(1 ) (1 )
12
2
ii
zi
−++−
= =− −

0,25
9.b
(1,0 điểm)
hoặc
3(1 ) (1 )
2.
2
ii

zi
−+−−
==−−

0,25


HẾT
Trang 4/4

hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SI NH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian ph a ù t đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SI NH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x
3
− 3mx
2
+ (m − 1)x + 1 (1), với m l à tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đo à thò của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = −x + 1 cắt đồ thò hàm s o á (1) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + cos 2x − sin x = 0.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương 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 đáy,

BAD = 120

◦
, M là trung điểm của cạnh BC và

SMA = 45
◦
. Tính theo a thể t ích của
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dươ ng thỏa m ã n điều kiện xy ≤ y − 1. Tìm giá trò lớn
nhất của biểu thứ c P =
x + y

x
2
− xy + 3y
2
−
x − 2y
6(x + y)
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 đie å m): Thí sinh chỉ được làm một trong h ai ph ầ n (phần 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 đườ ng cao kẻ từ B
và tâm đường trò n ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm 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 mặ t 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 môđun của
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 đường thẳng ∆ : y − 3 = 0. Tam giác M NP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N
và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm t o ï a đ o ä điểm P .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đ i e 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 đoạn [0; 2].
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụ n g tà i lie ä u . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
hoctoancapba.com
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
hoctoancapba.com
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
SAMΔ
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

hoctoancapba.com
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
⎛
=−
⎜
⎝⎠
.
⎞
⎟
JJJG
Ta có
M
AB∈
và
ABIM⊥
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
BHAC⊥
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
BHAC⊥
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=
JJJG
và vectơ pháp tuyến của (P) là
Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là
(1;1;1).n =
JG
'(1;2;1).n = −−
JG

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.

hoctoancapba.com
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⊥
JJJG JJG
suy ra
1.c= −
Do đó
(1;3).P −

I

M
- Khi
(3;3),N −
từ
M
PIN⊥
JJJG 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
hoctoancapba.com