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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối: B
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 (1).
4
24yx x=−
2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Với các giá trị nào của phương trình
,m
22
|2|
x
xm− =
có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ?
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3
sin cos sin 2 3cos3 2(cos4 sin ).
x
xx x x x++=+

2. Giải hệ phương trình

22 2
17
(, ).
113
xy x y
xy
xy xy y
++=
⎧
∈
⎨
++=
⎩
\
Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân
3
2
1
3ln
.
(1)
x
Id
x
+
=
+

∫
x
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác .'' '
A
BC A B C có
',
B
Ba=
góc giữa đường thẳng
'
B
B
và mặt phẳng bằng
tam giác
(ABC)
60 ;
D
A
BC
vuông tại và
C
n
B
AC = 60 .
D
Hình chiếu vuông góc của điểm
'
B
lên mặt phẳng

()
A
BC

trùng với trọng tâm của tam giác
.
A
BC
Tính thể tích khối tứ diện
'
A
ABC
theo
.a

Câu V (1,0 điểm)

Cho các số thực
,
x
y
thay đổi và thoả mãn ()
3
42.xy xy+≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức +
4422 22
3( ) 2( ) 1Axyxy xy
=++ −++
.

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 cho đường tròn
,Oxy
22
4
():( 2)
5
Cx y
− +=
và hai đường thẳng
1
:0xy ,Δ −=

Xác định toạ độ tâm
2
:70xyΔ−=.
K
và tính bán kính của đường tròn
(
biết đường tròn tiếp xúc
với các đường thẳng và tâm
1
);C
1
()C
12

,ΔΔ
K
thuộc đường tròn
().C
2.

Trong không gian với hệ toạ độ cho tứ diện
,Oxyz
A
BCD
có các đỉnh và
Viết phương trình mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến bằng khoảng
cách từ đến
(

(1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1)AB C−−
(0;3;1).D ()P ,AB
C
()P
D
).P
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức thoả mãn:
z
(2 ) 10zi−+= và
. 25.zz=

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

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác
,Oxy
A
BC
cân tại
A
có đỉnh và các đỉnh
(1;4)A − ,
B
C
thuộc
đường thẳng Xác định toạ độ các điểm
:4xyΔ−−=0.
B
và biết diện tích tam giác
,C
A
BC
bằng 18.
2.

Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng
,Oxyz (): 2 2 5 0Px y z− +−=
và hai điểm
(3;0;1),A −

Trong các đường thẳng đi qua
(1; 1;3).B −
A

và song song với hãy viết phương trình đường thẳng mà
khoảng cách từ
(),P
B
đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số để đường thẳng
m
yxm
= −+
cắt đồ thị hàm số
2
1x
y
x
−
=
tại hai điểm phân biệt
sao cho
,AB
4.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 thi: TOÁN; Khối: B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


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

(;1)−∞ − (0;1); (1;0)− ; ).+∞
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại
y

1, 2;
CT
xy=± =−
0,x =
CĐ

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




Trang 1/4



0,25
•
Đồ thị:

0,25
2.
(1,0 điểm)
Tìm
m
22
2
x
xm−=

⇔
42
24 2.
x
xm−=

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

xx=−
tại điểm phân biệt.
6
0,25
Đồ thị hàm số
42
24
y
xx=−

và đường thẳng
.

2ym=








0,25
I
(2,0 điểm)
Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi:
02

2m<<
⇔

01m<<
x
−∞
1
−
01
+
∞

+

+∞
x
y
'
−
0
+
0
−
0
y
+∞
2−
2−
0
O

y
2

−
2
−
1
−
1
16
2
y
O
x
2
2
1
−
1
16
2
−
2ym
=
.
0,25
hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu
Đáp án Điểm
1.

(1,0 điểm)
Giải phương trình…

Phương trình đã cho tương đương:
2
(1 2sin )sin cos sin 2 3 cos3 2cos4
x
xxx x−++=
II
x

⇔
sin cos2 cos sin 2 3 cos3 2cos4
x
xxx x
++=
x

0,25
⇔
sin3 3 cos3 2cos4
x
xx
+=
⇔
cos 3 cos4 .
6
x
x
π

⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠

0,25
⇔

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

0,25
Vậy:
2
6
x
k
π

π
=− +
hoặc
2
()
42 7
xkk
ππ
=+ ∈]
.

0,25
2.
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình…

Hệ đã cho tương đương:
2
2
1
7
1
13
x
x
yy
x
x
yy
⎧

++=
⎪
⎪
⎨
⎪
++ =
⎪
⎩
(do không thoả mãn hệ đã cho)
0
y =
0,25
⇔

2
1
7
1
13
x
x
yy
x
x
yy
⎧
⎛⎞
++=
⎪
⎜⎟

⎝⎠
⎪
⎨
⎛⎞
⎪
+−=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩
⇔

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

⎛⎞
⎪
=− +
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

0,25
⇔

1
5
12
x
y
x
y
⎧
+=−
⎪
⎨
⎪
=
⎩
(I) hoặc
1
4
3
x

y
x
y
⎧
+=
⎪
⎨
⎪
=
⎩
(II).
0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm:
1
(; ) 1;
3
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
và
(; ) (3;1).xy =
Vậy:
1
(; hoặc
(;
) 1;
3

xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
) (3;1).xy =
0,25
Tính tích phân…

3ln,ux=+

2
;
(1)
dx
dv
x
=
+

1
,du dx
x
=

1
.
1
v
x

=−
+

0,25
I

3
3
1
1
3ln
1(
1)
x
dx
xxx
+
=−

+
++
∫
0,25
33
11
3ln3 3 1
42
dx
dx
1

x
x
+
=− + + −
+
∫∫

0,25
III
(1,0 điểm)
33
11
3ln3 1 27
ln ln 1 3 ln .
44
xx
−
⎛⎞
=+−+=+
⎜⎟
⎝⎠
16

0,25
Tính thể tích khối chóp…

Gọi
D
là trung điểm và là trọng tâm tam giác
AC G ABC

ta có
'( )B G ABC⊥
⇒

n
'B BG =
60
D

⇒

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

⇒

3
.
4
a
BD

=

Tam giác có:
ABC
3
,
22
A
BAB
BC AC==

⇒
.
4
AB
CD
=

0,50
IV
(1,0 điểm)

222
B
A
BCCDBD+=
⇒

222
6

39
4161
A
BAB a
+=

⇒

313
,
13
a
AB =

313
;
26
a
AC =

2
93
.
104
ABC
a
S
Δ
=

0,25
'
B

C

'
G
C
'
A
D

hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu
Đáp án Điểm
Thể tích khối tứ diện
':AABC
''
1
'.
3
A ABC B ABC ABC
VV BGS
Δ
==
3

9
.
208
a
=

0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
Kết hợp với
3
()4xy xy++ ≥2
2
()4
x
yx+≥y suy ra:
⇒

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

22
xy xy xy
++ +−++1

0,25
≥

()()
22
22 22 22
33
2( ) 1
24
xy xy xy
++ +−++

⇒

()()
2
22 22
9
21
4
Axy xy
≥+−++.

Đặt , ta có
2
tx y=+

2
2
22
()1
22
xy
xy
+
+≥ ≥

⇒

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

ft t t
=−+

9
'( ) 2 0
2
ft t
=−>
với mọi
1
2
t
≥

⇒
1
;
2
19
min ( ) .
216
ft f
⎡⎞
+∞
⎟
⎢
⎣⎠
⎛⎞
==
⎜⎟

⎝⎠

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

0,25
1.
(1,0 điểm)
Xác định toạ độ tâm
K
Gọi
⇔
(;);Kab ()KC∈

22
4
(2)
5
ab
−+=
(1); tiếp xúc
1
()C
1
,Δ
2
Δ
⇔
VI.a
7
252
ab a b−−
=
(2).
0,25
(1) và (2), cho ta:
22
5( 2) 5 4
57
ab
ab a b
⎧
−+ =
⎪

⎨
−=−
⎪
⎩
(I) hoặc (II).
⇔
22
5( 2) 5 4
5( ) 7
ab
ab a b
⎧
−+ =
⎨
−=−
⎩
22
5( 2) 5 4
5( ) 7
ab
ab ba
⎧
−+ =
⎨
−= −
⎩
0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II)
⇔

2
25 20 16 0
2
aa
ba
⎧
−+=
⎨
=−
⎩
⇔
2
2
84
(;) ; .
55
25 40 16 0
ab
ab
bb
=
⎧
⎛⎞
⇔=
⎨
⎜⎟
−+=
⎝⎠
⎩

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

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

()
P

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


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

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

JJG
():
P

, (2;0;3).nA=BAI
⎡⎤
=
⎣⎦
G JJJGJJG

0,25
Phương trình
():2 3 5 0.Pxz+−=
Vậy
()
hoặc
:4 2 7 15 0Pxyz++−= ():2 3 5 0.Pxz+−=
0,25
Tìm số phức

z
Gọi
;zxyi=+
(2 ) ( 2) ( 1) ;zix yi
VII.a
22
(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10zi x y−+= ⇔− +− =
−+=−+−
(1).
0,25

22
.25 25zz x y=⇔+=
(2).
0,25
(1,0 điểm)
Giải hệ (1) và (2) ta được: hoặc
(;
Vậy: hoặc
(; ) (3;4)xy = ) (5;0).xy =
34zi=+ 5.z =
0,50
hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu
Đáp án Điểm
1.
(1,0 điểm)
Xác định toạ độ các điểm
, B C

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

9
(, ) ;

2
AH d A BC==

2
42.
ABC
S
BC
AH
Δ
==

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

0,25
Toạ độ
B
và
C
là nghiệm của hệ:
()( )
22
97

14
2
40.
xy
xy
⎧
++− =
⎪
⎨
⎪
−−=
⎩

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

⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Vậy
11 3 3 5
;, ;
22 2 2
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
hoặc
35 113
;, ;
22 22
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
.
⎞
⎟

⎠

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

Phương trình
()

: 2 2 1 0.Qx y z−++=

0,25
,K
là hình chiếu của H
B
trên Ta có
,Δ
().Q
B
KBH≥ nên là đường thẳng cần tìm. AH
0,25
Toạ độ thoả mãn:

(;;)Hxyz=
113
122
2210
xyz
xyz
−+−
⎧
==
⎪
−
⎨
⎪
−++=
⎩
⇒

1117
;; .
999
H
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
(2,0 điểm)
26 11 2
;; .

99 9
AH
⎛
=−
⎜
⎝⎠
JJJG
H

B

C
A

Δ
B

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

0,25
Tìm các giá trị của tham số
m

Toạ độ
,
A
B
thoả mãn:
2
1x
x
m
x
yxm
⎧
−
=− +
⎪
⎨
⎪
=− +
⎩

⇔
2
210,(0)
.
xmx x
yxm
⎧
−−= ≠
⎨
=− +

⎩
(1)
0,25
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt
12
,
x
x
khác 0 với mọi
.m
Gọi ta có: .
11 2 2
(; ), (; )Ax y Bx y
222 2
12 12 12
()()2()
A
Bxx yy xx=− +− = −
0,25
Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được:
2
22
12 12
2( ) 4 4.
2
m
AB x x x x
⎡⎤
=+− =+
⎣⎦

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

0,25


Hết
Q
K
A

H

hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: B
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 m để đường thẳng y
=

−
2x
+
m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 điểm)
1.

Giải phương trình
(sin

.
2 cos 2 )cos 2cos 2 sin 0xxx xx++−=
2.

Giải phương trình
2
31 6 3 14 8xxxx+− − + − − =0
(x
∈

R
).
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
()
2
1
ln
d
2ln
e
x
I x
xx
=
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác đều

'
có AB
=
a, góc giữa hai mặt phẳng
.''ABC A B C
(' )
A
BC
và
()
A
BC
bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
60
o
'ABC
Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a
+
b
+
c
=
1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
22 22 22 2 2 2
3( ) 3( ) 2
M
ab bc ca ab bc ca a b c=++++++++

.
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 vuông tại A, có đỉnh C(
−
4; 1), phân giác trong góc A có
phương trình x
+
y
−
5
=
0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và
đỉnh A có hoành độ dương.
2.

Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương
và mặt phẳng (P): y
−
z
+
1
=
0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng
1

3
.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
(1 )zi iz−= +
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2;
3
) và elip (E):
22
1
32
xy
+ =
. Gọi F
1
và F
2
là các
tiêu điểm của (E) (F
1
có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với
(E); N là điểm đối xứng của F
2

qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
.
2.

Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
Δ
:
1
21
2
x
yz
−
= =
. Xác định tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến
Δ
bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2
2
log (3 1)
423
xx
yx
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 B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:

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

(1)
lim
x
y
−
→−
= +∞
và
(1)
lim

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





0,25
• Đồ thị:











0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
21

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

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

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

x −∞ −1 + ∞
'
y

+

+

y

2
2
+∞
−∞
2
−1
O
x
y
1


hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2sin cos sin cos 2 cos 2cos 2 0
xx x xx x− ++=

0,25
⇔
cos 2 sin (cos 2)cos 2 0

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

0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2
(3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0
xxxx+ −+− −+ − −=

0,25
⇔
3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
314 6 1
xx
xx
xx
−−
++−+=
++ − +

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

31 1
310 ;6
3
314 6 1
xx
xx
⎡ ⎤
+++>∀∈−
⎢ ⎥
++ − +
⎣ ⎦
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
Đặt
2ln
tx=+
, ta có
1
dd
tx
x
=
; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
3
2
2
2
d
t

It
t
−
=
∫

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

0,25
III
(1,0 điểm)
13

ln
32
=− +
.
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥
'
A
D, suy ra:
n
'60
ADA =
D
.
0,25
Ta có:
'
A
A
= AD.tan
n
'
ADA
=
3
2
a
; S

ABC
=
2
3
4
a
.
Do đó:
3
.'' '
33
VS.'
8
ABC A B C ABC
a
AA
==
.
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH //
'
A
A
⇒ GH ⊥ (ABC).
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI =
.

GE GA
GH
=
2
2
GA
GH
.
0,25
IV
(1,0 điểm)

Ta có: GH =
'
3
A
A
=
2
a
; AH =
3
3
a
; GA
2
= GH
2
+ AH
2

=
2
7
12
a
. Do đó: R =
2
7
2.12
a
.
2
a
=
7
12
a
.
0,25

H
A
B
C
'
A

'
B

'C

G
D

A
E
H
G
I
hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)
2
+ 3(ab + bc + ca) + 2
12( )ab bc ca−++
.
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có:
2
()1
0
33
abc
t
++
≤≤ =

.
Xét hàm
2
() 3 2 1 2
f
tt t t= ++ −
trên
1
0;
2
⎡ ⎞
⎟
⎢
⎣ ⎠
, ta có:
2
'( ) 2 3
12
ft t
t
=+−
−
;
3
2
''( ) 2
(1 2 )
ft
t
=−

−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra
'( )
f
t
nghịch biến.
0,25
Xét trên đoạn
1
0;
3
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
ta có:
111
'( ) ' 2 3 0
33
ft f
⎛⎞
≥=−>
⎜⎟
⎝⎠
, suy ra f(t) đồng biến.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥

⎣⎦
.
0,25
V
(1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
(4)(1)0
41
50
22
xy
xy
+ −−=
⎧
⎪
⎨− +
+ −=
⎪

⎩
⇒ D(4; 9).
0,25
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
thỏa mãn:
22
50
(5)32
xy
xy
+−=
⎧
⎪
⎨
+ −=
⎪
⎩
với x > 0, suy ra A(4; 1).
0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
2S
A
BC
A
C
= 6.
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)
2
= 36
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).

0,25
Do d là phân giác trong của góc A, nên
A
B
JJJG
và
A
D
JJJG
cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình:
1
1
xyz
bc
+ +=
.
0,25
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
1
b
−
1
c
= 0 (1).
0,25
Ta có: d(O, (ABC)) =

1
3
⇔
22
1
11
1
bc
++
=
1
3
⇔
2
1
b
+
2
1
c
= 8 (2).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
1
2
.
0,25
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:

| z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
0,25
⇔ x
2
+ (y − 1)
2
= (x − y)
2
+ (x + y)
2

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

d
A
B

D
C
hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Nhận thấy: F
1
(−1; 0) và F
2
(1; 0).
Đường thẳng AF
1
có phương trình:
1
3
3
x
y+
=
.
0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF
1
với (E), suy ra:
23
1;
3

M
⎛⎞
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⇒ MA = MF
2
=
23
3
.
0,25
Do N là điểm đối xứng của F
2
qua M nên MF
2
= MN, suy ra: MA = MF
2
= MN.
0,25
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF
2
là đường tròn tâm M, bán kính MF
2
.
Phương trình (T):
()
2
2

23 4
1
33
xy
⎛⎞
−+− =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương
v
G
= (2; 1; 2).
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra:
A
M
JJJJG
= (t; −1; 0)
⇒
,vAM
⎡⎤
⎣⎦
GJJJJG
= (2; 2t; − t − 2)
0,25
⇒ d(M, ∆) =
,vAM

v
⎡ ⎤
⎣ ⎦
G JJJJG
G
=
2
548
3
tt+ +
.
0,25
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔
2
548
3
tt+ +
= | t |
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
⇔ t
2
− t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.
Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
0,25
Điều kiện y >
1
3
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2

x
.
0,25
Do đó, hệ đã cho tương đương với:
22
312
(3 1) 3 1 3
x
y
yyy
⎧
−=
⎪
⎨
−+−=
⎪
⎩
⇔
2
312
630
x
y
yy
⎧
−=
⎪
⎨
− =
⎪

⎩

0,25
⇔
1
2
2
1
2
x
y
⎧
=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
⇔
1
1
.
2
x

y
= −
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

0,25
Hết

M
y
x
A
F
1
F
2
O
N
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: B
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
2( 1)y xmx=− + +m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx.
2. Giải phương trình
2
32 62 44 10 3 ( ).xxx xx+− −+ − = − ∈\
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
0
1sin
d.
cos
x
x
I x
x
π
+
=
∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A
1

B
B
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,
3.AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A
1
trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD
1
A
1
) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B
1
o
B đến mặt phẳng (A
1
BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
33 22
33 22

49
ab ab
P
ba ba
⎛⎞⎛
=+−+
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⋅
⎟
⎠

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 ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm
N
thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại
điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
21
:
12
1
x
y−+
Δ==
−−

z
và mặt
phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P)
sao cho MI vuông góc với ∆ và
414.MI

=
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết:
53
10
i
z
z
+
−−
.=

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
1
;1 .
2
B
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
Đường tròn nội tiếp

tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho
và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung
độ dương.
(3; 1)D
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
21
13
xyz
+−+
==
−
5
2
và hai
điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam
giác MAB có diện tích bằng 35.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức
3
13
.
1
i
z
i
⎛⎞
+
=
⎜⎟
⎜⎟
+

⎝⎠

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 B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x
4
– 4x
2
+ 1.
• Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y' = 4x
3
– 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
2.±

0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; –
2
) và (0;
2
); đồng biến trên các
khoảng (–
2;
0) và (
2;
+

∞
).
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
x

=

2;±
y
CT
= – 3, đạt cực đại tại
x
= 0;
y
CĐ
= 1.
– Giới hạn:

lim lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
==+

Trang 1/4

∞
0,25
– Bảng biến thiên:




0,25
• Đồ thị:









0,25
2. (1,0 điểm)
y'
(

x
) = 4
x
3
– 4(
m
+ 1)
x
= 4
x
(
x
2
–
m
– 1);
y'
(
x
) = 0
⇔

x
= 0 hoặc
x
2
=
m
+ 1 (1).
0,25

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔

m
> – 1 (*).
0,25
Khi đó:
A
(0;
m
),
B
( 1;m−+– m
2
– m – 1) và C( 1;m + – m
2
– m – 1).
Suy ra: OA = BC
⇔
m
2
= 4(m + 1)
⇔
m
2
– 4m – 4 = 0
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔

m = 2 ± 22; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 –
22
hoặc m = 2 +
22.

0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx
0,25
⇔
cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0
⇔
(sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0
0,25
•
sinx = 1
⇔
x =
2
π

+
k
2π.
0,25
II
(2,0 điểm)
• cos2x = – cosx = cos(π – x)
⇔
x =

3
π
+ k
2
.
3
π

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
x =
2
π
+ k2π; x =
3
π
+ k
2
3
π
(
k ∈
Z
).
0,25
+
∞

–3 –3
1
x

–
∞
–

+
∞

2
0
2

y'
– 0 + 0 – 0 +
y
+
∞




x
y
–2
2
2−

2

–3
1

O

hoctoancapba.com

Trang 2/4

Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 2 ≤
x
≤ 2 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
()
2
32 22 44 103+− − + − = −
x
xxx (1).
0,25
Đặt t = 2 +
x
– 2 2− ,
x
(1) trở thành: 3t = t
2

⇔
t = 0 hoặc t = 3.
0,25

• t = 0, suy ra: 2 +
x
= 2 2 −
x

⇔
2 + x = 4(2 – x)
⇔
x =
6
,
5
thỏa mãn (*).
0,25
• t = 3, suy ra: 2 +
x
= 2 2 −
x
+ 3, vô nghiệm (do 2 +
x
≤ 2 và 2 2 −
x
+ 3 ≥ 3
với mọi x ∈ [– 2; 2]).
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x =
6
.
5

0,25

3
2
0
1sin
d
cos
+
=
∫
x
x
I
x
x
π
=
3
2
0
1
d
cos
x
x
π
∫
+
3
2
0

sin
d.
cos
x
x
x
x
π
∫

0,25
Ta có:
3
2
0
1
d
cos
x
x
π
∫

=

()
3
0
tan
x

π

=
3.
0,25
và:
3
2
0
sin
d
cos
x
x
x
x
π
∫

=

3
0
1
d
cos
x
x
π
⎛⎞

⎜⎟
⎝⎠
∫

=

3
0
cos
x
x
π
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
–
3
0
d
cos
x
x
π
∫
=

2
3
π

+

3
2
0
dsin
sin 1
x
x
π
−
∫

=
2
3
π
+
3
0
11 1
dsin
2 sin 1 sin 1
x
xx
π
⎛⎞
−
⎜⎟
−+

⎝⎠
∫

0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
3
π
+
3
0
1sin1
ln
2sin1
x
x
π
⎛ − ⎞
⎜⎟
+
⎝⎠
=
2
3
π
+ ln(2 3).− Vậy,
I
= 3 +

2
3
π
+ ln(2 3).−
0,25
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD

⇒

A
1
O
⊥ (
ABCD
).
Gọi
E
là trung điểm
AD

⇒

OE
⊥
AD

và
A
1
E
⊥
AD

⇒
là góc giữa hai mặt phẳng (
ADD
n
1
AEO
1
A
1
) và (
ABCD
)
⇒

n
1
60 .
AEO
=
D
0,25
⇒

A
1
O
=
OE
tan =
n
1
AEO
2
A
B
tan
n
1
AEO =
3
.
2
a

Diện tích đáy: S
ABCD

=
AB.AD
=

2
3.a

Thể tích:
111 1
.
V
A
BCD ABCD
=
S
ABCD
.A
1
O
=

3
3
.
2
a

0,25
Ta có: B
B
1
C // A
1
D
⇒
B
1

B
C // (A
1
BD)
⇒
d(B
B
1
, (A
1
BD))
=
d(C, (A
1
BD)).
Hạ CH
⊥
BD (H
∈
BD)
⇒
CH
⊥
(A
1
BD)
⇒
d(C, (A
1
BD))

=
CH.
0,25
IV
(1,0 điểm)


A
1
B
1
C
1
A
C
D
H
B
E
O
D
1

Suy ra: d(B
B
1
, (A
1
BD))
=

CH
=

22
.CD CB
CD CB+
=
3
.
2
a

0,25
V
(1,0 điểm)
Với a, b dương, ta có: 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔
2(a
2
+ b
2
) + ab = a
2
b + ab
2
+ 2(a + b)

⇔
2
ab
ba
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
+ 1 = (a + b) + 2
11
.
ab
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

0,25

hoctoancapba.com

Trang 3/4

Câu
Đáp án
Điểm
(a
+

b)
+
2
11
ab
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

≥
2
11
2( )ab
ab
⎛⎞
++
⎜⎟
⎝⎠

=

22 2
ab
ba
⎛
++
⎜
⎝⎠
⎞

⎟
, suy ra:
2
ab
ba
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟

+
1
≥

22 2
ab
ba
⎛⎞
++
⎜⎟
⎝⎠

⇒

ab
ba
+

≥

5
.
2

0,25
Đặt
t

=

ab
ba
+
,
t

≥

5
2
, suy ra:
P

=
4(
t
3
– 3

t
) – 9(
t
2
– 2)
=
4
t
3
– 9
t
2
– 12
t

+
18.
Xét hàm
f
(
t
)
=
4
t
3
– 9
t
2
– 12

t

+
18, với
t

≥

5
.
2

0,25
Ta có:
'( )
f
t
= 6(2
t
2
– 3
t
– 2) > 0, suy ra:
5
;
2
min ( )
f
t
⎡⎞

+∞
⎟
⎢
⎣⎠

=

5
2
f
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

=
–
23
.
4

Vậy, minP
=
–
23
;
4
khi và chỉ khi:
5
2
ab

ba
+=
và
11
2ab
ab
⎛⎞
+= +
⎜⎟
⎝⎠

⇔
(a; b)
=
(2; 1) hoặc (a; b)
=
(1; 2).
0,25
1. (1,0 điểm)
N
∈
d, M
∈
∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4).
O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi:
a(b – 4)
=
(2a – 2)b
⇔
b(2 – a)

=
4a
⇔
b
=

4
.
2
a
a
−

0,25
OM.ON
=
8
⇔
(5a
2
– 8a
+
4)
2

=
4(a – 2)
2
.
0,25

⇔
(5a
2
– 6a)(5a
2
– 10a
+
8)
=
0
⇔
5a
2
– 6a
=
0
⇔
a
=
0 hoặc a
=

6
.
5

0,25
Vậy, N(0; – 2) hoặc
62
;

55
N
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
2. (1,0 điểm)
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
21
12
30
1
x
yz
xyz
−+
⎧
==
⎪
−−
⎨
⎪
++−=
⎩
⇒ I(1; 1; 1).
0,25
Gọi M(a; b; c), ta có:
M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI =
41

⇔

4
222
30
220
( 1) ( 1) ( 1) 224
abc
abc
abc
⎧
++−=
⎪
−−+=
⎨
⎪
−+−+−=
⎩
0,25
⇔
22 2
21
34
( 1) (2 2) ( 3 3) 224
ba
ca
aa a
⎧
=−
⎪

=− +
⎨
⎪
−+ − +−+ =
⎩
0,25
VI.a
(2,0 điểm)

O •
∆
d
N
M


⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13).
Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13).
0,25
VII.a
Gọi z = a + bi với a, b ∈
R và
a
2
+ b
2

≠
0, ta có:
53

10
i
z
z
+
−−
(1,0 điểm)
=
⇔
a – bi –
5i
abi
+
+
3
– 1 = 0
0,25


hoctoancapba.com

Trang 4/4

Câu
Đáp án
Điểm
⇔
a
2
+ b

2
– 5 – i 3 – a – bi = 0
⇔
(a
2
+ b
2
– a – 5) – (b + 3)i = 0
0,25
⇔

22
50
30
aba
b
⎧
+−−=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

⇔

2
20
3
aa

b
⎧
−−=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩

0,25
⇔
(a; b) = (– 1; – 3) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
5
;0
2
BD
⎛
=
⎜
⎝⎠
JJJG
⎞
⎟
⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A;
⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0.
0,25
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD
⇔

2
2
12
2
24
t
⎛⎞
−+=
⎜⎟
⎝⎠
5

⇔
t = – 1 hoặc t = 2.
0,25
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình:
4x + 3y – 5 = 0.
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A
7
3; ,
3
⎛
−
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
không thỏa mãn
yêu cầu (A có tung độ dương).

0,25
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0.
⇒ A
13
3; ,
3
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A
13
3; .
3
⎛⎞
⎜⎟

⎝⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t).
0,25
⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒ AM
JJJJG
AB
JJJG
,AM AB
⎡ ⎤
⎣ ⎦

JJJJG JJJG
= (– t – 12; t + 6; t).
0,25
S
∆MAB
= 3 5
⇔
(t + 12)
2
+ (t + 6)
2
+ t
2
= 180
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
⇔ t
2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19).


A
B
C
E
F
D
0,25
1 + i 3 =

13
2
22
i
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=
2cos sin
33
i
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
π
và 1 + i = 2cos sin ;
44
i
ππ
⎛⎞
+
⎜
⎝⎠
⎟

0,25

VII.b
(1,0 điểm)
suy ra: z =
()
8cos sin
33
22cos sin
44
i
i
ππ
ππ
+
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
= 22cos sin
44
i
ππ
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
= 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2.

0,25
Hết





hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối B
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 m là tham số thực.
323
33(yx mx m=− + 1),
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1.m =

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2(cos 3 sin ) cos cos 3 sin 1.xxxxx+ =− +

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
1413.
x
xx++ − + ≥ x

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
3
42
0
d.
32
x
I x
xx
=
++
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với
2, .SA a AB a= =
Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của
khối chóp S.ABH theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện
0xyz+ +=
và
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
222
1.xyz++=
555
.Px y z=++
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 các đường tròn

22
1
(): 4,Cxy+ =
và đường thẳng
22
2
(): 12 180Cxy x+− +=
:4dx y 0.− −=
Viết phương trình đường tròn có tâm
thuộc tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
2
()C ,
1
()C
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
212
x
yz
d
−
==
−
và hai
điểm Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.
(2;1;0),A (2;3;2).B −
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi
ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có và
đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình
2AC BD=
22
4.xy+ =
Viết phương trình chính
tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm
thuộc đường thẳng AM.
(0;0;3), (1; 2;0).AM
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình
2
23 4 0.ziz− −=
Viết dạng
lượng giác của z
1
và z
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 2012
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có:
.
1,m =
32
33yx x=− +
• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: '0
2
'3 6;yx x=−
y = ⇔
0x =
hoặc
2.x =

0,25
Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+ ∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2).
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0,x =

y
CĐ
= 3; đạt cực tiểu tại
2,x =

y
CT
= −1.
− Giới hạn: và
lim
x
y
→−∞
=−∞ lim .
x
y
→+ ∞
= +∞

0,25
− Bảng biến thiên:





0,25
• Đồ thị:

0,25
b) (1,0 điểm)

2
'3 6 ;yx mx=−
'0 ⇔ hoặc
y
=
0x = 2.
x
m=

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi
0m ≠
(*).
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
3
(0; 3 )
A

m
và
3
(2 ; ).B mm−

Suy ra
và
3
3| |OA m=
( , ( )) 2 | | .
dB OA m
=
0,25
48
OAB
S
∆
=
⇔
34

4
8m =
0,25
1
(2,0 điểm)
⇔ thỏa mãn (*). 2,
m
=±
0,25

O
2
3
−
1
x
y

+∞
–1
3
−∞
y
'
y
+ 0 – 0 +
x
0 2
−∞ +∞

Trang 1/4
hoctoancapba.com
Phương trình đã cho tương đương với:
cos2 3sin2 cos 3sin
x
xx+=−x

0,25
⇔

(
)
(
)
ππ
co

s 2 cos
33
xx−= +
0,25
⇔

(
)
ππ
22π ().

33
xxkk−=±+ + ∈]
0,25
2
(1,0 điểm)

⇔

2π
2π
3
x

k=+
hoặc
2π
()
3
xk k=∈] .

0,25
Điều kiện:
02
hoặc
3x≤≤− 2x ≥+3
(*).
Nhận xét: là nghiệm của bất phương trình đã cho.
0x =
Với bất phương trình đã cho tương đương với:
0,x>
11
43
xx
x
x
+ ++−≥
(1).
0,25
Đặt
1
(2),tx
x
=+

bất phương trình (1) trở thành
2
63tt− ≥−
22
30
30
6(3 )
t
t
tt
−<
⎡
⎢
−≥
⇔
⎧
⎢
⎨
⎢
−≥ −
⎣⎩

0,25
5
.
2
t⇔≥
Thay vào (2) ta được
15
2

2
xx
x
+ ≥⇔ ≥
hoặc
1
2
x ≤

0,25
3
(1,0 điểm)

1
0
4
x⇔<≤

hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm 4
x
≥
0,x =
ta được tập nghiệm của bất phương
trình đã cho là:
1
0; [4; ).
4
⎡⎤
∪+∞
⎢⎥

⎣⎦

0,25
Đặt
tx
suy ra Với
2
,
=
.2dt xdx= 0
x
=
thì
0;t =
với
1
x
=
thì
1.t =

0,25
Khi đó
11
2
22
00
1.2d1d
22(
(1)( 2)

xxx tt
I
tt
xx
==
1)(2)
+ +
++
∫∫

0,25

()
(
)
1
1
0
0
12 1 1
dln|2|ln|1|
221 2
tt t
tt
=−=+−+
++
∫

0,25
4

(1,0 điểm)


=

3
ln3 ln2.
2
−

0,25
Gọi
D
là trung điểm của cạnh
AB
và
O
là tâm của
∆
ABC
. Ta có
A
BCD⊥
và
A
BSO⊥
nên
(
AB SCD
),

⊥
do đó
.
A
BSC⊥

0,25
Mặt khác
,SC AH⊥
suy ra
S
( ).
C ABH
⊥

0,25
Ta có:
33
,
23
aa
CD OC==
nên
22
33
.
3
a
SO SC OC=−=

Do đó
.11
4
SO CD a
DH
SC
==.
Suy ra
2
11

28
ABH
a
SABDH
∆
==
1
0,25
5
(1,0 điểm)

Ta có
22
7
.
4
a
SH SC HC SC CD DH=− =− − =

Do đó
3
.
17

39
S ABH ABH
a11
6
HS
∆
==
VS

0,25
O
D
B
A
H
C
S

Trang 2/4
hoctoancapba.com
Với
và ta có:
0
xyz
++=

222
1,xyz++=
2222 2
0( ) 2( )2 12 2 ,
x
yz x y z xyz yz x yz=++=+++ ++=−+
nên
2
1
.
2
yz x= −

Mặt khác
22 2
1
,
22
yz x
yz
+−
≤=
suy ra:
2
2
11
,
22
x
x

−
−≤
do đó
66
33
x−≤≤
(*).
0,25
Khi đó:
P

=

5223322
()()()
x
yzyz yzyz++ +− +

=

(
)
2
5222 2
1
(1 ) ( )( ) ( )
2
x
xyzyzyzyzx+− + + − + + −
⎡⎤

⎣⎦
x

=

(
)
(
)
2
52 22 2
11
(1 ) (1 )
22
x
xxxxx x
⎡⎤
+− − − + − + −
⎢⎥
⎣⎦
x

=

()
3
5
2.
4
x

x−

0,25
Xét hàm
3
() 2
f
xx=−x
trên
66
;
33
,
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
suy ra
2
'( ) 6 1;
fx x
= −

6
'( ) 0 .
6
fx x=⇔=±

Ta có

666
9
,
36
ff
⎛⎞⎛⎞
−= =−
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
66
.
36
ff
⎛⎞⎛ ⎞
=− =
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
6
9
Do đó
6
() .
9
fx≤

Suy ra
56
.
36
P ≤

0,25
6
(1,0 điểm)

Khi
6
,
36
xyz===−
6
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của
P
là
56
.
36

0,25
(
C
1
) có tâm là gốc tọa độ
O
. Gọi
I
là tâm của đường tròn (
C
)
cần viết phương trình, ta có

.
A
Trang 3/4
BOI⊥
Mà
A
Bd⊥
và
Od∉
nên
OI
//
d
, do đó
OI
có phương trình
y

=

x
.
0,25
Mặt khác
2
()IC,∈
nên tọa độ của
I
thỏa mãn hệ:
22

3
(3;3).
3
12 18 0
yx
x
I
y
xy x
=
⎧
=
⎧
⎪
⇔⇒
⎨⎨
=
+− +=
⎩
⎪
⎩

0,25
Do (
C
) tiếp xúc với
d
nên (
C
) có bán kính (, ) 2 2.

RdId
==

0,25
7.a
(1,0 điểm)










Vậy phương trình của (
C
) là
22
(3)(3)8
xy
.
− +− =

0,25
Gọi (
S
) là mặt cầu cần viết phương trình và
I

là tâm của (
S
).
Do nên tọa độ của điểm
I
có dạng
Id
∈
(1 2 ; ; 2 ).
Ittt
+ −

0,25
Do nên , ( )
AB S
∈
,
A
IBI=
suy ra .
222 2 2 2
(2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1
tt ttt t t
− +− + = + +− + + ⇒=−

0,25
Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2)
I
−−
17.IA =

0,25
8.a
(1,0 điểm)

Vậy, phương trình mặt cầu (
S
) cần tìm là
22 2
(1)(1)(2)17
xyz
++++− =
.
0,25
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là
C

4
25
12650.=
0,25
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là
13 22 31
15 10 15 10 15 10

CC CC CC
++
0,25
=
11075.

0,25
9.a
(1,0 điểm)

Xác suất cần tính là
11075 443
.
12650 506
P ==

0,25
B
A
I
d
(
C
2
)
(
C
)
(
C
1
)
hoctoancapba.com
Trang 4/4
Giả sử
22

22
(): 1( 0).
xy
Ea
ab
b+ =>>
Hình thoi
ABCD
có
2AC BD=
và
A
,
B
,
C
,
D
thuộc (
E
) suy ra
OA

2.OB=
0,25
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và ( ;0)
Aa
(
)
0; .

2
a
B
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
O
trên
AB
,
suy ra
OH
là bán kính của đường tròn
()

22
: 4.Cx y+=
0,25

Ta có:
2222
11 1 1 14
.
4
OH OA OB a a
==+=+
2

0,25
7.b

(1,0 điểm)

Suy ra
do đó
b
Vậy phương trình chính tắc của (
E
) là
2
20,
a
=
2
5.=
22
1.
20 5
xy
+=

0,25
Do ,
B
Ox C Oy
∈∈
nên tọa độ của
B
và
C
có dạng:

Bb
và
Cc
( ; 0; 0) (0; ; 0).
0,25
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABC
, suy ra:
(
)
;;1.G

33
bc
0,25
Ta có nên đường thẳng
AM
có phương trình (1;2; 3)
AM
=−
JJJJG
3
.
12 3
xy
z−
==
−

Do
G
thuộc đường thẳng
AM
nên
2
.
36 3
bc−
==
−
Suy ra
2b =
và
4.c =

0,25
8.b
(1,0 điểm)

Do đó phương trình của mặt phẳng (
P
) là
1,
243
xyz
+ +=
nghĩa là ( ) : 6 3 4 12 0.
Pxyz

++−=
0,25
Phương trình bậc hai
2
23 4 0ziz−−=
có biệt thức
4.∆ =

0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm:
1
13
zi
=+
và
2
13
zi
=− +
.
0,25
•
Dạng lượng giác của
là
1
z
1
ππ
2cos sin .
33

zi
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
9.b
(1,0 điểm)

•
Dạng lượng giác của
là
2
z
2
2π 2π
2cos sin .
33
zi
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
O
H

x

y
D

A
B

C


HẾT
hoctoancapba.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thơ ø i gian làm bài: 180 phút, không kể thơ ø i gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CA Û 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 đ o à 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 vuông góc với
đường thẳng y = x + 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giả i phương trình 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 phân I =
1

0
x
√
2 − x
2
dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chó p 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 thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách t ư ø điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là cá c số thực dương. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức
P =
4
√

a
2
+ b
2
+ c
2
+ 4
−
9
(a + b)

(a + 2c)(b + 2c)
.
II. PHẦN RIÊ NG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong h ai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy, cho hình thang cân ABCD có hai đư ơ ø ng
chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y − 6 = 0 và tam
giác ABD có trực tâm là H(−3; 2). Tìm tọa đo 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 mặt phẳng
(P ): 2x + 3y − z − 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P ). Tìm tọa
độ đie å m đối xư ù ng của A qua (P ).
Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chư ù a 4 vi e â n bi đỏ và 3 viên bi trắng,
hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác
suất đe å 2 viên bi được l ấ y ra có cùng màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với he ä tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ
từ đỉnh A là H

17
5

; −
1
5

, chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm cu û a cạnh
AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa 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
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với
hai đường 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 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 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
hoctoancapba.com
Trang 2/4

Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với
sin 5 cos 2 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

hoctoancapba.com
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
JG
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
hoctoancapba.com
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 =−
JG

0,25
Đường thẳng vuông góc với
AB
và
Δ
, có vectơ chỉ phương là
,.vABu= ⎡⎤
⎣ ⎦
JG 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
hoctoancapba.com