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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A
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
2
23
x
y
x
+
=
+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị 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 toạ độ
.O
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình
(
)
()()
12sin cos
3
12sin 1sin
xx
xx
−
=
+−
.
2. Giải phương trình
(
)
3
23 2 36 5 8 0 .xxx−+ − −= ∈\

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
()
2
32
0
cos 1 cosIx
π
=−
∫
xdx

.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp có đáy
.SABCD
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và
;D
2
A
BAD a==
,
;CD a=
góc giữa
hai mặt phẳng và
()
SBC
(
)
A
BCD
bằng Gọi là trung điểm của cạnh
60 .
D
I AD
. Biết hai mặt phẳng
(
)

SBI

và
(
cùng vuông góc với mặt phẳng
)
SCI
(
)
A
BCD
, tính thể tích khối chóp theo
.
SABCD
.a
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương
,,
x
yz
thoả mãn
( )
3,
x
xyz yz++ =
ta có:

()()()()()()
33
35
3
.
x
yxz xyxzyz yz+++++ + +≤ +

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 hình chữ nhật
,Oxy
A
BCD
có điểm là giao điểm của hai đường
chéo
(6;2)I
A
C
và
B
D
. Điểm
(
)
1; 5
M

thuộc đường thẳng
AB
và trung điểm
E
của cạnh thuộc đường
thẳng
.
Viết phương trình đường thẳng
CD
:50xyΔ+−=
AB
.
2.

Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng
,Oxyz
(
)
:2 2 4 0
Pxyz
−−−=
và mặt cầu
(
)
222
: 2 4 6 11 0.
Sx y z x y z
++−−−−=
Chứng minh rằng mặt phẳng
(

)
P
cắt mặt cầu
(
)
S
theo một
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình
1
z
2
z
2
210
zz
0
+ +=
. Tính giá trị của biểu thức
22
12
.Az z=+

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
:446
Cx y x y
0
+ +++=
và đường thẳng
với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn
(
Tìm để
:23xmy mΔ+ − +=0,
I
)
.
C
m
Δ
cắt
(
)
C

tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho diện tích tam giác lớn nhất.
IAB
2.

Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng
,
Oxyz
(
)
:221Px y z 0− +−=
và hai đường thẳng
1
19
:
116
xyz++
Δ==
,
2
13
:
21
1
2
x
yz−−+
Δ==
−
. Xác định toạ độ điểm
M
thuộc đường thẳng
1
Δ

sao cho
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
Δ
và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
(
)
P
bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình
(
)
()
()
22
22
22
log 1 log
,.
381
xxyy
xy xy
xy
−+

⎧
+=+
⎪
∈
⎨
=
⎪
⎩
\

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

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


ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
•
Tập xác định:
3
\.

2
D
⎧⎫
=−
⎨⎬
⎩⎭
\

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

Hàm số nghịch biến trên:
3
;
2
⎛⎞
−∞ −
⎜⎟

⎝⎠
và
3
;
2
⎛⎞
− +∞
⎝⎠
⎜⎟
.
- Cực trị: không có.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim
2
xx
yy
→−∞ →+∞
==
; tiệm cận ngang:
1
2
y
=
.
33
22
lim , lim
xx

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


Trang 1/4






0,25
•
Đồ thị:

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

+

⇔
0
2x = −
hoặc
0
1.x =−
0,25
•
, ; phương trình tiếp tuyến
0
1x =−
0
1y =
yx= −
(loại).
0,25
I
(2,0 điểm)
•
, ; phương trình tiếp tuyến
0
2x =−
0
0y =
2yx= −−
(thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm:
2.yx=− −

x −∞
3
2
−
+∞
y' − −
y
1
2

−∞
+∞
1
2

y
x
O
1
2
y =

3
2
x
= −

0,25

Trang 2/4

Câu Đáp án Điểm
1.
(1,0 điểm)
Giải phương trình…
Điều kiện:
sin 1
x
≠
và
1
sin
2
x ≠−
(*).
0,25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
(1 2 sin ) cos 3 (1 2 sin )(1 sin )
x
xx−=+−x

⇔

cos 3 sin sin 2 3 cos 2
x
xx−=+x

⇔

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

0,25
⇔

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

0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
()
2
18 3
xkk
ππ
=− + ∈
]
.
0,25
2.
(1,0 điểm)
Giải phương trình…
Đặt
3
32ux=−
và
65, 0vxv=− ≥
(*). Ta có hệ:
32
238
53
uv
uv
+=
⎧
⎨
8
+ =

⎩

0,25
⇔

32
82
3
1543240
0
u
v
uu u
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+−+=
⎩
⇔

2
82
3
( 2)(15 26 20) 0
u
v
uuu

−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+ −+=
⎩

0,25
⇔

u
và
v
(thoả mãn).
2=− = 4
0,25
II
(2,0 điểm)
Thế vào (*), ta được nghiệm:
2.x =−
0,25
Tính tích phân…

22
52
00
cos cos .Ixdxx
ππ

=−
∫∫
III
dx
0,25
Đặt
tx

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

() ()
1
1
22
22
52 235
1
00 0
0
21 8
cos 1 sin cos 1 .
35 15
Ixdx xxdxtdtttt

ππ
⎛⎞
==− =−=−+=
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫

0,50
()
22
2
2
2
00
0
111
cos 1 cos 2 sin 2 .
2224
Ixdx xdxxx
ππ
π
π
⎛⎞
==+=+ =
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
Vậy
12
8

.
15 4
II I
π
0,25

= −= −
Tính thể tích khối chóp
()(SIB ABCD)⊥
và
()( )SIC ABCD ;⊥
suy ra
()SI ABCD⊥ .
Kẻ
IK BC⊥

()KBC∈

⇒
()
B
CSIK⊥

⇒
n
SKI =
60 .
D

0,50
Diện tích hình thang
:ABCD

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

0,25
IV
(1,0 điểm)
()
2
2
5
B
CABCDADa=−+=

⇒

2
35
5
IBC
S
a
IK
BC
Δ
==

⇒

n
315
.tan
.

S

A
B
5
a
SI IK SKI==
Thể tích khối chóp
.:SABCD
3
131

35
ABCD
a5
SI==
VS

0,25

I

C

D
K

Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm

Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt và
,axybxz
=+ =+
.cyz=+
Điều kiện
()3
x
xyz yz
++ =
trở thành:
c

222
.abab
=+−
a b abc c++ ≤
,,abc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
33 3
35;
dương thoả mãn điều kiện trên.
0,25
222
cabab
=+−

2
()3ab ab=+ −
22

3
() (
)
4
ab ab≥+ − +

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

⇔

()

22
⇔

23
()3 5abc abc c++ ≤
⇔

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

0,25
1.
(1,0 điểm)
Viết phương trình
AB

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

⇒

(
)
;5 ;E xx

−

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

CD .IE EN⊥

.0IE EN =
JJG JJJG

⇔
(6)(11)(3)(6)0xx xx
− −+− −=
⇔
6x =
hoặc

7.x =

0,25

•

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

0,25
•

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

0,25
2.
(1,0 điểm)
Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…
()P (),S
()S

có tâm bán kính
(1; 2 ; 3),I
5.R =

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

22
4.rRIH
= −=

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

0,25

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

1
13zi= −+
và
2
13.zi= −−

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

(1) (3) 10.z =−+− =
0,50
M

B

A
I

C

D

E
N

Trang 4/4

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

0,25
Diện tích tam giác
:IAB
n

1
sin
2
SIAIBAI
B=

≤

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

⇔

2
22 2 3
1

1
mm
m
−− − +
=
+

0,25
⇔

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

M

2

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

1
M ∈Δ
⇒

(1 ;;9 6).
M
tt t
−+ −+

(2 ;3 ;8 6 ),
M
Attt
, (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t
⎡⎤
=− − −
JJJG
= −−−
⎣⎦
JJJG G

⇒
,

M
Au
⎡ ⎤
⎣ ⎦
JJJG G
2
329 88 68.tt=−+

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

Khoảng cách từ
M
đến

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

0,25
2
11 20
29 88 68
3
t
tt
−
−+=

⇔
2
35 88 53 0tt
− +=

⇔

1t
=
hoặc
53
.
35
t =

0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1t =

⇒

(0;1; 3);M
−
53
35
t =

⇒

18 53 3
;;
35 35 35
M
⎛⎞

⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
Giải hệ phương trình…
VII.b
Với điều kiện

(*), hệ đã cho tương đương:
0xy
>
22
22
2
4
x
yxy
xxyy
⎧
+=
⎪
⎨
− +=
⎪
⎩

0,25
(1,0 điểm)
2

4
x
y
y
=
⎧
⎨
=
⎩
2.
x
y
y
=
⎧
⎨
=±
⎩

⇔ ⇔

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

Hết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

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 tham 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
thoả mãn điều
kiện
222
123
x
xx++

<
4.

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin cos 2 ) sin
1
4
cos
1tan
2
xxx
x
x
π
⎛⎞
++ +
⎜⎟
⎝⎠
=
+
.
2. Giải bất phương trình
2
12( 1
xx
xx
−
−−+)
≥ 1.
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân I =
1

22
0
2
d
12
xx
x
xe xe
x
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 với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a
3
. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và
SC theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2
22
(4 1) ( 3) 5 2 0
42347
xxy y
xy x

⎧
++− −=
⎪
⎨
++ − =
⎪
⎩
(x, y ∈
R
).
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
:
30xy+= và d
2
: 3xy−=0. 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.
2.

Trong không gian toạ độ
Oxyz
, cho đường thẳng
∆
:
1
21 1
xyz−
==
−
2+
và mặt phẳng (
P
):
x

−
2
y

+

z

=

0.
Gọi
C
là giao điểm của
∆
với (
P
),
M
là điểm thuộc
∆
. Tính khoảng cách từ
M
đến (
P
), biết
MC

=

6
.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm phần ảo của số phức
z
, biết
2
(2 )(1 2)
zi=+ −i
.

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

Trong mặt phẳng toạ 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 toạ độ các đỉnh
B
và

C
, biết điểm
E
(1;
−
3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh
C
của tam giác đã cho.
2.

Trong không gian toạ độ
Oxyz
, cho điểm
A
(0; 0;
−
2) và đường thẳng
∆
:
22
232
3
x
yz+−+
==
. Tính
khoảng cách từ
A
đến

∆
. Viết phương trình mặt cầu tâm
A
, cắt
∆
tại hai điểm
B
và
C
sao cho
BC

=
8.

Câu VII.b (1,0 điểm)
Cho số phức
z
thỏa mãn
z

=

3
(1 3 )
1
i
i
−
−

. Tìm môđun của số phức
z
+ i z.
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

Trang 1/4

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

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

2
− 4x;
'( )yx
= 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+∞
⎜⎟
⎝⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1, đạt cực tiểu tại x =
4
3
; y

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




0,25
• Đồ thị:

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

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
22
23
0
(1) 0
3
g
xx
⎧
∆>
⎪
≠
⎨
⎪
+ <
⎩

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

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

+ 0 − 0 +

x
−∞ 0
4
3
+∞
5
27
−

5
27

−

O
y
x
4
3

1
2



Trang 2/4

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

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

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

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

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

0,25
II
(2,0 điểm)
⇔
2
10
(1 )
x
x

x
−≥
⎧
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
⇔
2
1
310
x
xx
≤
⎧
⎪
⎨
− +=
⎪
⎩

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

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

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

0,25
và

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

1
3
+
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
.
0,25

• Thể tích khối chóp S.CDNM.
S
CDNM
= S
ABCD
− S
AMN
− S
BCM

= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2
8
a
−
2
4
a
=

2
5
8
a
.
0,25
V
S.CDNM
=
1
3
S
CDNM
.SH =
3
53
24
a
.
0,25
IV
(1,0 điểm)

• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒
n
n
A
DM DCN
=

⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
0,25


A
B
C
D
S
N
H
K
M

Trang 3/4

Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
22
.

SH HC
SH HC
+
=
23
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
23
19
a
.
0,25
Điều kiện: x ≤
3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x
2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1)
52
y
−
(1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f(
52

y
−
), với f(t) = (t
2
+ 1)t.
Ta có
'
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =
52
y
−
⇔
2
0
54
.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=

⎪
⎩

0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2
34
x
−
−7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x
2
+
2

2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2
34
x
−
− 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )
g
x
= 8x − 8x
2
5

2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−
4
34
x
−
= 4x (4x
2
− 3) −
4
34
x
−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác
1
2
g
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2

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

A
OB
=
60
D
⇒
n
BAC
=
60
D
.
0,25
Ta có: S
ABC
=
1
2
AB.AC.sin
60
D
=
3
4
(OA.sin
60
D
).(OA.tan
60
D

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

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

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

xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25

d
2
y

x

C
B
O
A
d
1
I

Trang 4/4

Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương

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

0,25
=
6

.
|2 2 1|
6. 6
− −
=
1
6
.
0,25
Ta có:
z
= (1 + 2
2
i) (1 −
2
i) 0,25
= 5 +
2
i, suy ra:
0,25
z = 5 −
2
i.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: −
2
.
0,25

1. (1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
40
0
xy
xy
+ −=
⎧
⎨
−=
⎩
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.
0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra:
A
B
JJJG
.
CE
JJJG
= 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t

2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận
v
G
= (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có:
M
A
JJJG
= (2; −2; 1),
,vMA
⎡ ⎤
⎣ ⎦
G JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡ ⎤
⎣ ⎦
G JJJG
G
=
49 4 100

494
++
++
= 3.
0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5.
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình (S): x
2
+ y
2
+ (z + 2)
2
= 25.
0,25
Ta có:
3
(1 3 )i−
= − 8.
0,25
Do đó
z
=
8
1 i
−
−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.

0,25
⇒
z
+ i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
ziz+
= 8
2
.
0,25
Hết

•

M
∆

B
C
A
•

H
M
∆
P
C

•
E


d
A
B
C
H

D
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
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
.
21
x
y
x
−+

=
−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k
1
, k
2
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt
giá trị lớn nhất.
1
kk+
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
1sin2 cos2
2sin sin2 .
1cot
xx
x
x
x
++
=
+

2. Giải hệ phương trình
223

22 2
5432()0
(, ).
()2()
xy xy y x y
xy
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
∈
⎨
++=+
⎪
⎩
\
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân

4
0
sin ( 1)cos
d.
sin cos
x
xx x
I
x
xx x
π

++
=
+
∫

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a;
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB;
mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

Câu V (1,0 điểm)
Cho
,,
x
yz
là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
.
23
=++
++
+
x
yz
P
x
yyzzx

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 đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến
MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích
bằng 10.
22
(): 4 2 0.Cx y x y+− − =
2.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
():2 4 0.Pxyz−−+=
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm tất cả các số phức z, biết:
2
2
.zz=+z

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

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
22

(): 1.
41
xy
E +=
Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

2.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

và điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
222
(): 4 4 4 0Sx y z x y z++− − − =
(4; 4; 0)A
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2−+++−=−zizii.

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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
1
\.
2
D
⎧⎫
=
⎨⎬
⎩⎭
\

• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
()
2
1
'0
21
y
x
−
=
−

,<∀
x
∈
D
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
⎛⎞
−∞
⎜⎟
⎝⎠
và
1
;.
2
⎛⎞
⎜⎟

+∞
⎝⎠
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim ;
2
xx
yy
→−∞ →+∞

==−
tiệm cận ngang:
1
.
2
y =−

1

Trang 1/5

2
⎝⎠
lim ,
x
y
−
⎛⎞
→
⎜⎟
=−∞

1
2
lim ;
x
y
+
⎛⎞
→

⎜⎟
⎝⎠
=+∞
tiệm cận đứng:
1
.
2
x =

0,25
Bảng biến thiên:



0,25
• Đồ thị:










0,25
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m =
1

21
x
x
−+
−

⇔
(x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x =
1
2
không là nghiệm)
⇔
2x
2
+ 2mx – m – 1 = 0 (*).
0,25
∆' = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,25
Gọi x
1
và x
2
là nghiệm của (*), ta có:
k
1
+ k
2
= –

2
1
1
(2 1)
x
−
–
2
2
1
(2 1)
x
−
=
2
12 12 12
2
12 1 2
4( ) 8 4( ) 2
.
(4 2( ) 1)
xx xx xx
xx x x
+− −++
−
−++

0,25
I
(2,0 điểm)

Theo định lý Viet, suy ra:
k
1
+
k
2
= – 4
m
2
– 8
m
– 6 = – 4(
m
+ 1)
2
– 2 ≤ – 2.
Suy ra:
k
1
+
k
2
lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi
m
= – 1.
0,25


x
− ∞

1
2
+ ∞
y’
− −
y
1
2
−

1
2
−

− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−

1
2

O
1
(
C
)

– 1

Trang 2/5

Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin
x
≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2
x
+ cos2
x
)sin
2
x
=
22
sin
2
x
cos
x

0,25
⇔ 1 + sin2

x
+ cos2
x
=
22
cos
x
(do sin
x
≠ 0) ⇔ cos
x
(cos
x
+ sin
x
–
2
) = 0.
0,25
• cos
x
= 0 ⇔
x
=
2
π
+
k
π, thỏa mãn (*).
0,25

• cos
x
+ sin
x
=
2
⇔ sin(
x
+
4
π
) = 1 ⇔
x
=
4
π
+
k
2π, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm:
x
=
2
π
+
k
π;
x
=
4

π
+
k
2π (
k
∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
223
22 2
5432()0(1)
()2() (2
xy xy y x y
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
⎨
++=+
⎪
⎩
).

Ta có: (2)
⇔
(xy – 1)(x
2
+ y
2
– 2) = 0

⇔
xy = 1 hoặc x
2
+ y
2
= 2.
0,25
• xy = 1; từ (1) suy ra: y
4
– 2y
2
+ 1 = 0
⇔
y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
0,25
• x
2
+ y
2
= 2; từ (1) suy ra: 3y(x
2
+ y
2
) – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔

6y – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔
(1 – xy)(2y – x) = 0
⇔
xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
0,25
II
(2,0 điểm)
Với x = 2y, từ x
2
+ y
2
= 2 suy ra:
(x; y) =
210 10
;
55
⎛⎞
⎜
⎜
hoặc (x; y) =
⎟
⎟
⎝⎠
210 10
;.

55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1),
210 10
;,
55
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,25
I
=
4
0

(sin cos) cos
d
sin cos
x
xxxx
x
xx x
π
++
+
∫
=
44
00
cos
dd
sin cos
xx
.
x
x
x
xx
ππ
+
+
∫∫

0,25
Ta có:

4
0
d
x
π
∫
=

4
0
x
π

=

4
π

0,25
và
4
0
cos
d
sin cos
xx
x
x
xx
π

+
∫
=

4
0
d( sin cos )
sin cos
x
xx
x
xx
π
+
+
∫
=

()
4
0
ln sin cosxx x
π
+

0,25
III
(1,0 điểm)
=
2

ln

Suy ra: I =

1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
4
π
+
2
ln

1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠
⎝⎠
0,25
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC)
⇒
SA ⊥ (ABC).
AB ⊥ BC
⇒
SB ⊥ BC
⇒

n
SBA là góc giữa (SBC) và
(ABC)
⇒

n
SBA = 60
o

⇒
SA = =
n
tanAB SBA 23 .a
0,25
IV
(1,0 điểm)

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
⇒

MN //BC và N là trung điểm AC.
MN =
,
2
BC
a= BM = .
2
AB
a=
Diện tích: S
BCNM
=
2
()3
22
B
CMNBM a+
=
⋅ Thể tích: V
S.BCNM
=
3
1
3
3
BCNM
SSAa⋅= ⋅
0,25

S

A
B
C
N
M
D
H

Trang 3/5

Câu
Đáp án
Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆)
⇒
AB // (SND)
⇒
d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)).
Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD)
⇒
AH ⊥ (SND)
⇒
d(A, (SND)) = AH.
0,25

Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒
d(AB, SN) = AH =
22
.2

13
SA AD a
SA AD
=⋅
+
39

0,25

Trước hết ta chứng minh:
11 2
(*),
11
1
ab
ab
+≥
++
+
với a và b dương, ab ≥ 1.
Thật vậy, (*)
⇔
(a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
⇔
(a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
⇔
( ab – 1)( a – b )
2
≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.

0,25
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
11
23
11
x
P
zx
xy
y z
=++
+
++
≥
12
.
3
2
1
y
x
x
y
+
+
+

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
z
y

=
x
z
hoặc 1
x
y
=
(1)
0,25
Đặt
x
y
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥
2
2
2
231
t
tt
+⋅
++

Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt

+
++
t ∈ [1; 2];
3
22 2
2(43)3(21)9)
'( )
(2 3) (1 )
tt tt
ft
tt
⎡ ⎤
−−+−+
⎣ ⎦
=
++
< 0.
⇒
f(t) ≥ f(2) =
34
;
33
dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2
⇔

x
y
= 4
⇔
x = 4, y = 1 (2).

0,25
V
(1,0 điểm)
⇒
P ≥
34
.
33
Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
34
;
33
khi x = 4, y = 1, z = 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
Tứ giác MAIB có
n
M
AI
=
n
M
BI
= 90
o
và MA = MB
⇒
S

MAIB
= IA.MA
0,25
⇒
MA = 25
⇒
IM =
22
I
AMA+

=
5.
0,25
M

∈

∆
, có tọa độ dạng
M
(
t
; –
t
– 2).
IM

=
5

⇔
(
t
– 2)
2

+
(
t

+
3)
2

=
25
⇔
2
t
2

+
2
t
– 12
=
0
0,25
⇔

t

=
2 hoặc
t

=
– 3. Vậy,
M
(2; – 4) hoặc
M
(– 3; 1).
0,25
2. (1,0 điểm)


VI.a
(2,0 điểm)
Gọi
M
(
x
;
y
;
z
), ta có:
M

∈

(
P
) và
MA

=

MB

=
3
⇔


22 2
222
240
(2) (1)9
(2)(3)
xyz
xyz
xy z
−−+=
⎧
⎪
−++−=
⎨
⎪
++ +− =
⎩

9
0,25


M
I
A
B
∆

Trang 4/5

Câu
Đáp án
Điểm
⇔

22 2
240
20
(2) (1)
xyz
xyz
xyz
⎧
−−+=
⎪
+−+=
⎨
⎪

−++−=
⎩
9
0,25
⇔
2
22
3
7114
xy
zy
yy
⎧
=−
⎪
=
⎨
⎪
−+=
⎩
0
0,25
⇔
(x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc
6412
;;
77 7
.
⎞
−

⎟
⎝⎠
⎛
⎜
Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc
6412
;; .
77 7
M
⎛
−
⎜
⎝⎠
⎞
⎟

0,25
Gọi z = a + bi (a, b ∈
R)
, ta có:
2
2
zz=+z

⇔
(
a

+

bi
)
2

=

a
2

+

b
2

+

a
–
bi

0,25
⇔

a
2
–
b
2

+

2
abi

=

a
2

+

b
2

+

a
–
bi

⇔


22 22
2
abab
ab b
⎧
−=++
⎨
=−

⎩
a
0,25
⇔


2
2
(2 1) 0
ab
ba
⎧
=−
⎨
+=
⎩
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
⇔
(
a
;
b
)
=
(0; 0) hoặc (
a
;
b

)
=

11
;
22
⎛
⎜
hoặc (
a
;
b
)
=

⎞
−
⎟
⎝⎠
11
;.
22
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠

Vậy,
z

=
0 hoặc
z

=

1
2
−

+

1
2
i
hoặc
z

=

1
2
−
–
1
2
i
.

0,25

1. (1,0 điểm)
VI.b
Gọi
A
(
x
;
y
). Do
A
,
B
thuộc (
E
) có hoành độ dương và tam giác
OAB
cân tại
O
, nên:
B
(
x
; –
y
),
x

>
0. Suy ra:
AB

=
2|
y
|
=

2
4.
x
−

0,25
Gọi
H
là trung điểm
AB
, ta có:
OH

⊥

AB
và
OH

=

x
.

Diện tích: S
OAB

=


2
1
4
2
x
x−

0,25
=

2
1
(4 )
2
2
x
x−≤
1.
Dấu "
=
" xảy ra, khi và chỉ khi
x

=

2.
0,25
Vậy:
2
2;
2
A
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
2
2;
2
B
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoặc
2
2;
2
A
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠
và
2
2; .
2
B
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,25
2. (1,0 điểm)
(
S
) có tâm
I
(2; 2; 2), bán kính
R

=
23. Nhận xét:
O
và
A
cùng thuộc (
S
).
Tam giác
OAB

đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp
r

=

3
OA

=

42
.
3

0,25
Khoảng cách: d(
I
, (
P
))
=

22
R
r−

=

2
.

3

(
P
) đi qua
O
có phương trình dạng:
ax

+

by

+

cz

=
0,
a
2

+

b
2

+

c

2

≠
0 (*).
(
P
) đi qua
A
, suy ra: 4
a

+
4
b

=
0 ⇒
b

=
–
a
.
0,25
d(
I
, (
P
))
=

222
2( )abc
abc
++
++
=
22
2
2
c
ac+

⇒

22
2
2
c
ac+
=
2
3

0,25
(2,0 điểm)
⇒ 2a
2
+ c
2

= 3c
2
⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.
0,25
y
x
O
A
H
B


Trang 5/5

Câu
Đáp án
Điểm
Gọi z = a + bi (a, b ∈
R
), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i
⇔
[(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i
0,25
⇔
(2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i
0,25
⇔
(3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i
⇔

332
22
ab
ab
−=
⎧
⎨
+−=−
⎩
0,25
VII.b
(1,0 điểm)

⇔

1
,
3
a =

1
3
b =− ⋅
Suy ra môđun: | z | =
2
ab+
2
=
2
3

⋅

0,25
Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
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 với m là tham số thực.
422
2( 1) (1),yx m x m=− + +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
0.m =

b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1.xx x+ =−
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32 3 2
22
3922 39
(, ).
1
2
xxx yy y
xy
xyxy
⎧

−−+=+−
⎪
∈
⎨
+−+=
⎪
⎩
\
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
2
1
1ln( 1)
d.
x
I x
x
++
=
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
.SABC S
2.
H
AHB=
Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.

o
60 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
,,
x
yz
thỏa mãn điều kiện
0.
xyz+ +=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
|| || || 2 2 2
333 666
xy yz zx
Px
−−−
=++−++.yz
.ND

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 vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho
CN 2=
Giả sử
(
)
11 1
;
22
M

và đường thẳng AN có
phương trình Tìm tọa độ điểm A.
23
xy−−=
0.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:
121
xyz
d
+−
==
và
điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
vuông tại I.
(0;0;3).
I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
1
5
n
n
C
− 3
n
C= . Tìm số hạng chứa
5
x
trong khai

triển nhị thức Niu-tơn của
()

2
1
,0.
14
n
nx
x
x
−≠
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương
trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành
bốn đỉnh của một hình vuông.
22
(): 8.Cx y+=
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:,
211
xyz
d
+−
==
mặt
phẳng và điểm
(): 2 5 0
Pxy z+− +=

(1; 1; 2).
A −
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt
tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
5( )
2
1
zi
i
z
.
+
= −
+
Tính môđun của số phức
2
1.wzz=+ +
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:
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)

Câu
Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có:
0,m =
42
2.yx x=−
• Tập xác định:
.D = \
• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên:
3
'4 4;yxx=−
'0y = ⇔
0x =
hoặc
1.x = ±

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

y
CT
1;= −
đạt cực đại tại
0,x =

y

CĐ

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





0,25
• Đồ thị:

0,25
Trang 1/4

b) (1,0 điểm)

Ta có
32
'4 4( 1) 4( 1).yx mxxxm=−+= −−
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi
10m + >
⇔ (*).
1m >−
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
2
(0; ),
A
m
(1;2
Bm m
1)− +− − và (1;21).
m
+− −
Cm

Suy ra:
2
(1;(1)AB m m=− + − +

JJJG
)
và
2
(1;(1)AC m m=+−+).
JJJG

0,25
Ta có nên tam giác
ABC
vuông khi và chỉ khi
AB AC
= . 0
AB AC
=
JJJG JJJG

0,25
1
(2,0 điểm)
⇔
.
Kết hợp (*), ta được giá trị
m
cần tìm là
4
(1)(1)0mm+−+=
0.m =
0,25

+∞
y
'
y
– 0 + 0 – 0 +
x
–1 0 1
−∞ +∞

–1
0
–1
+∞
O
2
1
– 1
–1
–2
8
x
y
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với (3sin cos 1)cos 0.
xx x
+ −=

0,25
π

cos 0 π ()
2
xxkk•=⇔=+∈] .

0,25
3sin cos 1 0
xx
•+−=
(
)
ππ
cos cos
33
x⇔−=

0,25
2
(1,0 điểm)

⇔
2π
x
k=
hoặc
2π
2π ()
3
xkk=+ ∈] .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

π
π,
2
x
k=+
2π
x
k=
và
2π
2π ().

3
xkk=+ ∈]
0,25
Hệ đã cho tương đương với:
(
)
(
)
33
22
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)
11
1. (2)
22
xxyy
xy
−− −=+− +
⎧

⎪
⎨
−++=
⎪
⎩

0,25
Từ (2), suy ra
1
11
2
x−≤ − ≤
và
1
11
2
y− ≤+≤
⇔
31
1
22
x− ≤−≤
và
13
1.
22
y− ≤+≤

Xét hàm số
3

() 12
f
tt t=−
trên
33
;
22
⎡
−
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
, ta có
2
'()3( 4)0ft t= −<
, suy ra
f
(
t
) nghịch biến.
0,25
Do đó (1)
⇔

x
– 1
=

y

+
1
⇔

y

=

x
– 2 (3).
Thay vào (2), ta được
(
)
(
)
22
13
1
22
xx−+−=

⇔

2
483
xx
0
− +=

⇔

1
2
x =
hoặc
3
.
2
x =

0,25
3
(1,0 điểm)
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là
(
)
13
(; ) ;
22
xy= −
hoặc
(
)
31
(; ) ; .
22
xy=−

0,25
Đặt
u
và 1 ln( 1)
x
=+ +
2
d
d , suy ra
d
d
1
x
u
x
=
+
và
1
.v
x
v
x
=
x
= −

0,25

3

3
1
1
1ln( 1)
(1)
x
dx
I
xxx
++
=− +
+
∫

0,25
(
)
3
1
2ln2 1 1
31
dx
xx
+
=+−
+
∫
3
1
2ln2

ln
31
x
x
+
=+
+

0,25
4
(1,0 điểm)
22
ln3 ln 2.
33
=+ −

0,25
Ta có
n
SCH
là góc giữa
SC
và (
ABC
), suy ra
n
o
60 .SCH =

Gọi

D
là trung điểm của cạnh
AB
. Ta có:
,
6
a
HD=

3
,
2
a
CD=

22
7
,
3
a
HC HD CD=+=
o
21
.tan60 .
3
a
SH HC==

0,25
23

.
11213
. .
7
333412
S ABC ABC
aa a
VSHS
∆
== =.

0,25

Kẻ
Ax
//
BC
. Gọi
N
và
K
lần lượt là hình chiếu vuông góc
của
H
trên
Ax
và
SN
. Ta có
BC

//(
SAN
) và
3
2
B
AH= A
nên
3
( , ) ( ,( )) ( ,( )).
2
dSABC dB SAN dH SAN==

Ta cũng có ( )
Ax SHN
⊥
nên
.
A
xHK⊥
Do đó
(
HK SAN
).
⊥
Suy ra
dH
( ,( )) .

Trang 2/4

SAN HK
=

0,25
5
(1,0 điểm)
o
22
23.42
12
,sin60, .
33
aaSHHNa
AH HN AH HK
SH HN
== = = =
+
Vậy
S
B

C

H
x

N

K

D
A
42
(, ) .
8
a
dSABC=

0,25
Câu
Đáp án Điểm
Ta chứng minh
31
(*).
,
t
tt≥+∀≥0
Xét hàm
() 3 1
t
f
tt=−−
, có
'( ) 3 ln 3 1 0, 0
t
f
tt= −> ∀≥
(0) 0
f

và
=
, suy ra (*) đúng.
Áp dụng (*), ta có
||||||
3333|||||
xy yz zx
|.
x
yyzzx
−−−
++≥+−+−+−

0,25
Áp dụng bất đẳng thức | , ta có: | | | | |
abab
+≥+
2222
(| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)
x
yyzzx xy yz zx xyyzzx yzzxxy−+−+− =− +− +− +− −+− +− −+−
(
)
222
| |(| || |)2| || || |.zx xy yz xy yz zx+− −+− ≥ − + − + −

0,25
Do đó
()
()

2
222222
| || || | 2| || || | 6 6 6 2 .
x
yyzzx xy yz zx x y z xyz−+−+−≥ − + − +− = + + − ++

Mà suy ra 0,
xyz
++=
222
||||||666.
x
yyzzx x y z−+−+−≥ + +

0,25
6
(1,0 điểm)
Suy ra
|||||| 2 2 2
333 666
xy yz zx
Px
−−−
=++−++≥3.yz

Khi
x

=

y

=

z

=
0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng 3.
0,25
Gọi
H
là giao điểm của
AN
và
BD
. Kẻ đường thẳng qua
H

và song song với
AB
, cắt
AD
và
BC
lần lượt tại
P
và
Q

.
Đặt
HP

=

x
. Suy ra
PD

=

x
,
AP

=
3
x
và
HQ

=
3
x
.
Ta có
QC

=

x
, nên
MQ

=

x
. Do đó
∆
AHP
=
∆
HMQ
, suy ra
.AH HM⊥

0,25

Trang 3/4

Hơn nữa, ta cũng có
.
A
HHM=

Do đó
AM

=

22(,())
M
HdMAN
==
310
.
2

0,25
A
∈
AN
, suy ra
A
(
t
; 2
t
– 3).
310
2
MA = ⇔
(
)
(
)
22
11 7 45
2
22

tt−+−=
2

0,25
7.a
(1,0 điểm)

⇔

tt
2
540
A
B
C
D
N
M
H
P
Q
− +=

⇔

t 1=
hoặc
t 4.=

Vậy: (1; 1)

A
−
hoặc (4;5).
A
0,25
Véc tơ chỉ phương của
d
là Gọi
H
là trung điểm của
AB
, suy ra
IH

⊥

AB
. (1; 2; 1).
a
=
JJG
Ta có
nên tọa độ H có dạng

Hd∈
(1;2; 2) (1;2;1).
Ht tt IH t tt
− +⇒ =− −
JJJG

0,25
IH

⊥

AB

⇔
.0
⇔

⇔

IH a
=
JJJGJJG
14 10
ttt
−+ +−=
1
3
t =
(
)
22 2
;; .
33 3
IH⇒=− −
JJJG

0,25
Tam giác
IAH
vuông cân tại
H
, suy ra bán kính mặt cầu (
S
) là
26
2.
3
RIA IH== =

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là
22 2
8
(): ( 3) .
3
Sx y z+ +− =

0,25
1
5
n
nn
CC
−

=
3

⇔

(1)(2)
5

6
nn n
n
−−
=
0,25
⇔
(vì
n
nguyên dương).
7n =
0,25
Khi đó
()
77
77
22 2
14 3
7
7
7
00

(1)
11 1
.
14 2 2
2
nk
kk
k
kk
k
kk
C
nx x x
Cx
xx x
−
−
−
==
−
⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞
−=−= −=
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠
∑∑

0,25
9.a
(1,0 điểm)
Số hạng chứa

5
x
tương ứng với
14 3 5k− =

⇔

k 3=
.
Do đó số hạng cần tìm là
33
55
7
4
(1).
35
.

0,25
16
2
C
x
x
−
=−
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình chính tắc của (
E

) có dạng:
22
22
1,
xy
ab
+=

với và
280ab>> .a =
Suy ra
a 4.=

0,25
Do (
E
) và (
C
) cùng nhận
Ox
và
Oy
làm trục đối xứng và
các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (
E
) và
(
C
) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.
At t t

>
0,25
A
∈
(
C
)
⇔

tt
22
8,

Trang 4/4

+ =
suy ra
t 2.=

0,25
7.b
(1,0 điểm)

(2;2) ( )
AE
∈

⇔

2

44
1
16
b
+ =

⇔

2
16
.b

3
=
Phương trình chính tắc của (
E
) là
22
1.
16
16
3
xy
+=

0,25
M
thuộc
d
, suy ra tọa độ của

M
có dạng
M
(2
t
– 1;
t
;
t

+
2).
0,25
MN
nhận
A
là trung điểm, suy ra
N
(3 – 2
t
; – 2 –
t
; 2 –
t
).
0,25
N
∈
(
P

)
⇔

⇔

t
32 2 2(2 )50
tt t
−−−− −+=
2,=
suy ra
M
(3; 2; 4).
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Đường thẳng
∆
đi qua
A
và
M
có phương trình
11
:
232
xyz
2− +−
∆==
.

0,25
Đặt ( , ), 1.
zabiab z
=+ ∈ ≠−
\
Ta có
5( )
2(3 2)(76)
1
zi
iab abi
z
+
=−⇔ −− + − + =
+
0

0,25
⇔

⇔

32
76
ab
ab
−−=
⎧
⎨
−+=

⎩
0
0
1
1.
a
b
=
⎧
⎨
=
⎩
0,25
Do đó Suy ra
1.z=+i
3.i
22
111(1)2wzz ii=+ + =+++ + =+
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Vậy
23 13.wi=+=

0,25
x
2
2
O
y

A

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3mx − 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khả o sát sư ï bie á n thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; + ∞).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phươ ng trình 1 + tan x = 2
√
2 sin

x +
π
4

.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

√
x + 1 +
4
√

x − 1 −

y
4
+ 2 = y
x
2
+ 2x(y − 1) + y
2
− 6y + 1 = 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
2

1
x
2
− 1
x
2
ln x dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC co ù đáy là tam giác vuông tại A,

ABC = 30
◦
, SBC là
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích cu û a khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c
2

. Tìm giá trò
nhỏ nhấ t của biể u thức P =
32a
3
(b + 3c)
3
+
32b
3
(a + 3c)
3
−
√
a
2
+ b
2
c
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đượ c làm mo ä t trong hai ph ầ n (phần A ho ặ c phần B)
A. Theo chương tr ì nh Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d: 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5; −4).
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đ ư ơ ø ng thẳng ∆:
x − 6
−3
=
y + 1
−2

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

của s o á phứ c w = (1 + i)z
5
.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và te â n thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

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


Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m = 0 ta có
32
31yx x .= −+ −
•

Tập xác định:
.D = \
•

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc

2
'3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0
2.x =

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

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


Trang 1/4

0,25
•

Đồ thị:














0,25
b.
(1,0 điểm)

Ta có
2
'3 63yxx=− + + .m
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
(0; )+∞

khi và chỉ khi
'0, 0yx≤ ∀>

0,25
2
2, 0.mx xx⇔≤ − ∀>

Xét
2
() 2
f
xx x=− với Ta có 0.
x
>
'( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x= −=⇔=

0,25
Bảng biến thiên:







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

1.
x
'y

y
−

∞

+
∞

0
2
0 0
−

−

+
+
∞

−

∞

−
1

3
2
O
y

x

3
−
1
x
()
f
x
0
+
∞
1
0
−

0
+
−1
+
∞
'( )
f
x
≤−

0,25
Trang 2/4

Câu
Đáp án Điểm
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với
cos 0.
x
≠
sin
12(sinco
cos
x
s)
x
x
x
+= +

0,25
(sin cos )(2cos 1) 0.xx x⇔+ −=

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

0,25

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

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

0,25
44
22
11 2
2( 1) 6 1 0 (2)
xxy y
xxy yy
⎧
++ −− + =

⎪
⎨
⎪
+−+−+=
⎩
(1)
,

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

Xét

4
() 2 ,
f
tt=++t
với Ta có
0.t ≥
3
4
2
'( ) 1 0, 0.
2
t
ft t
t
= +> ∀≥
+

Do đó phương trình (3) tương đương với
,yu=
nghĩa là
4
1.xy= +

0,25
Thay vào phương trình (2) ta được
74
( 2 4) 0 (4).yy y y++−=
Hàm có
74
() 2 4gy y y y

=+ +−
63
'( ) 7 8 1 0gy y y
= ++>
với mọi
0.y≥
0,25
Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là
(1) 0,g = 0y =
và
1.y =

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

Vậy nghiệm
(; )
x

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

0,25
Ta có
2
2
1
1
11
ln d
Ix x x
1
x
x

xx
⎛⎞ ⎛⎞
=+ − +
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
∫

0,25

22
11
11
lnxxx
x
x
⎛⎞ ⎛⎞
=+ −−
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

0,25
4
(1,0 điểm)

53
ln 2 .
22
=−

0,25

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

o
sin 30 ;
2
a
AC BC==

o
3
cos30 .
2
a
AB BC==

Do đó
3
.
1

61
S ABC

a
.
6
HABAC==VS

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

Do đó
2
2
13
.
44
AB a
SI SB=−=

Suy ra

36
39
(,( )) .
.1
SABC SABC
SAB

VV
a
dC SAB
SSIAB
Δ
===
3

0,25
S
A

B

C
I

H

Trang 3/4
Câu
Đáp án Điểm
Đặt
,
a
xy
cc
==.
b
Ta được Điều kiện của bài toán trở thành

0, 0.
xy
>> 3.
xy x y
++=
Khi đó
3
3
22
33
32
32
.
(3)(3)
y
x
Px
yx
=+−+
++
y
v>>

Với mọi
u
ta có
0, 0
3
33 3 3 3
()

3
()3()() ()
44
uv
.v uv uvuv uv uv
+
+=+ − +≥+ − + =
u

Do đó
3
3
32
3
33
32 ( ) 2 3 3
32
88
33 339
(3)(3)
yyxyxyx
xx
yx xyxy
yx
⎛⎞
+−++
⎛⎞
+≥+=
⎜⎟
⎜⎟

⎜⎟
++ +++
⎝⎠
++
⎝⎠
.
y

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

⎛⎞
+≥ =+−
⎜⎟
++
⎝⎠
++
1). Do đó
322 3 2 3 2
( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6 .
Pxyxyxyxyxyxyxyxy
≥+− − + =+− − + − =+− − + + +−

0,25
Đặt
tx
Suy ra
t
và
.y=+
> 0
32
(1) 26.
Pt t t
≥− − + −

Ta có
22
()
3()
44

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

=−−
+ −

Với mọi
t
ta có và
2≥
2
3( 1) 3t
−≥
2
2
177
11
22
(1) 7
26
t
t
tt
+
=+ ≤+=
+−
+−
32
,
nên
32
'( ) 3 0.
2

ft≥− >
Suy ra
() (2) 1 2.ft f≥=−
Do đó
12P ≥− .

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi
a
thì
bc==
12P =− .
Do đó giá trị nhỏ nhất của P là
12

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

tt
I
− −+

0,25
Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA.
Do đó ta có phương trình
(
)
(
)
22
22
42
23 4
54 48
222
tt
tt
−−
−+ −
⎛⎞ ⎛
−+−− =−−+−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
7.a
(1,0 điểm)

3
2

+
⎞
⎟
⎠

1.
t
⇔ =
Suy ra
C
(1; 7 ).−

0,25
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD
và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra
AC||DM. Theo giả thiết, BN
⊥
DM, suy ra BN
⊥
AC và
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
0,25
Đường thẳng AC có phương trình:
34

0.
.
xy++=
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có
phương trình

3170xy− −=
Do đó
(3 17; ).
B
aa+

Trung điểm của BN thuộc AC nên
3175 4
340
7.
22
aa
a
++ −
⎛⎞
+ +=⇔=−
⎜⎟
⎝⎠
(4;7).B −−
Vậy
0,25
Δ
có véctơ chỉ phương là
(3;2;1).u =− −
JG
0,25
(P) qua A và nhận
u
JG
làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình

3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−=
0,25
M thuộc
Δ
nên
(6 3 ; 1 2 ; 2 ).
M
tt−−−−+t

0,25
8.a
(1,0 điểm)
2222
2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−=

1t⇔=
hoặc
3
.
7
t
Suy ra
M
=−
(3;3;1)− −
hoặc
(
)
51117
;;

777
M −−
.

0,25
A
D
B
C
M
N
I