tổng hợp đề thi đại học môn toán khối a,a1 có đáp án chi tiết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
Cho hàm số y =
(1), với m là tham số thực.
x + 3m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45o.
Câu II (2 điểm)
1
1
⎛ 7π
⎞
+
= 4s in ⎜ − x ⎟ .
1. Giải phương trình
3π ⎞
s inx
⎛
⎝ 4
⎠
sin ⎜ x − ⎟
2

⎝
⎠
5
⎧ 2
3
2
⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
2. Giải hệ phương trình ⎨
( x, y ∈ \ ) .
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪⎩
4
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng

x −1 y z − 2
= =
.
2
1
2
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.
2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
d:

π
6

tg 4 x

dx.
cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ \).

1. Tính tích phân I = ∫

PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
5
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
3
n
2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ `* và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n

a1
a
+ ... + nn = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n .
2
2
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4.
2. Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA ' , B 'C ' .

thỏa mãn hệ thức a 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:...............................................


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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

Câu
I

Nội dung
1

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
x2 + x − 2
4

Khi m = 1 hàm số trở thành: y =
= x−2+
.
x+3
x +3
• TXĐ: D = \ \ {−3} .

• Sự biến thiên: y ' = 1 −

0,25

⎡ x = −1
4
x 2 + 6x + 5
, y' = 0 ⇔ ⎢
=
2
2
(x + 3)
(x + 3)
⎣ x = −5

• yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1.

0,25

• TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞
y’

+

−5
0
−9

−1
0

−3
−

−

+∞

+

+∞

0,25

+∞

y

• Đồ thị:

−∞

−∞

−1
y

-5

-3

-1 O
-1

2

x

-2

0,25

-9

2

Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
6m − 2
= mx − 2 +
y=

.
x + 3m
x + 3m
1
• Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
3
1
• Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
3
d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0.

0,25

0,25

JJG
JJG
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1).

Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi
JJG JJG
n
m
m
1.n 2
2
cos450 = JJG JJG =
⇔
=
⇔ m = ± 1.

2
n1 . n 2
m2 + 1
m2 + 1
Trang 1/5

0,50


II

2,00
1

2

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
3π
Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0.
2
1
1
+
= −2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
s inx cosx
1
⎛
⎞
⇔ (s inx + cosx) ⎜

+ 2 2 ⎟ = 0.
⎝ s inxcosx
⎠
π
• s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ.
4
π
1
2
5π
•
⇔ x = − + kπ hoặc x =
+ kπ.
+ 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = −
s inxcosx
2
8
8
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
π
π
5π
+ kπ (k ∈ ]).
x = − + kπ ; x = − + kπ ; x =
4
8
8
Giải hệ... (1,00 điểm)
5
5

⎧ 2
⎧ 2
3
2
2
⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
⎪⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4
⇔⎨
(∗)
⎨
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5
⎪⎩
⎪⎩
4
4
5
⎧
⎪⎪ u + v + uv = − 4
⎧u = x 2 + y
Đặt ⎨
. Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨
⎩ v = xy
⎪u 2 + v = − 5
⎪⎩
4
5
5
⎧
⎡

2
⎪⎪ v = − 4 − u
⎢ u = 0, v = − 4
⇔⎨
⇔ ⎢
⎢u = − 1 , v = − 3 .
⎪u 3 + u 2 + u = 0
⎪⎩
⎣⎢
4
2
2
2
⎧x + y = 0
5
5
25
⎪
• Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨
.
5 ⇔ x = 3 và y = − 3
4
4
16
⎪ xy = −
⎩
4
1
3
• Với u = − , v = − ta có hệ phương trình

2
2
⎧ 2 3 1
⎧2x 3 + x − 3 = 0
⎪⎪ x − 2x + 2 = 0
3
⎪
⇔ x = 1 và y = − .
⇔⎨
⎨
3
2
⎪y = − 3
⎪y = −
⎩
2x
⎪⎩
2x
⎛ 5
25 ⎞
3⎞
⎛
Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜⎜ 3 ; − 3
⎟⎟ và ⎜1; − ⎟ .
16 ⎠
2⎠
⎝
⎝ 4

III

0,50

0,50

0,50

0,50

2,00
1

Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
G
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc
JJJG
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1).
JJJG G
Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.

Suy ra H ( 3;1; 4 ) .
Trang 2/5

0,50

0,50


2

Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho... (1,00 điểm)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (α).
Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.

JJJG
Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.

0,50

0,50

Phương trình của (α) là

1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0.
IV

2,00
1

Tính tích phân... (1,00 điểm)
π
6

I=

π
6

4

tg x
tg 4 x
dx
=
∫0 cos 2x
∫0 (1 − tg 2 x ) cos2 x dx.

0,25

dx
π
1
Đặt t = tgx ⇒ dt =
. Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t =
.
2
cos x
6
3
Suy ra
1
3

I=

∫
0

1

3

4

t
1
dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫
2
1− t
20
0

=
2

1
3

(

)

(

1
⎛ t3
1 t +1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1
−

⎟ 3
⎜
⎟ dt = ⎜ − − t + ln
2 t −1 ⎠
⎝ t +1 t −1 ⎠
⎝ 3
0

)

1
10
ln 2 + 3 −
.
2
9 3

0,50

0,25

Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6 .
Đặt vế trái của phương trình là f (x) , x ∈ [ 0; 6] .
Ta có f '(x) =

1
2 4 (2x)3

+

1
1
1
−
−
2x 2 4 (6 − x)3
6−x

1⎛ 1
1
= ⎜
−
3
4
2 ⎜⎝ 4 (2x)
(6 − x)3
⎛ 1
1
Đặt u(x) = ⎜
−
⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3
⎝

⎞ ⎛ 1
1 ⎞
⎟+⎜
−
⎟,
⎟ ⎝ 2x

6−x ⎠
⎠

x ∈ (0;6).

0,50

⎞
1 ⎞
⎛ 1
⎟ , v(x) = ⎜
−
⎟.
⎟
2x
6
x
−
⎝
⎠
⎠

Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) .
Ta có bảng biến thiên:

x 0
f’(x)

+

f(x) 2 6 + 2 4 6

2
0

−

3 2 +6

Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6.
Trang 3/5

6
0,50
4

12 + 2 3


V.a

2,00
1

Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)
x 2 y2
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0.
a
b

⎧c
5
⎪ =
3
⎪⎪ a
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20
⎪ 2
2
2
⎪c = a − b .
⎪⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
2

0,50

x 2 y2
+
= 1.
9
4

Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm)
Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 +
n

a1
a
⎛1⎞
+ ... + nn = f ⎜ ⎟ = 2n.
2
2
⎝2⎠

0,50

Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12.
k
k +1
Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12
, a k +1 = 2k +1 C12
k
ak
2k C12
23
k +1
< 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔
<1 ⇔ k < .
a k +1
2 C12
2 (12 − k )
3

Mà k ∈ ] ⇒ k ≤ 7. Do đó a 0 < a1 < ... < a 8 .
Tương tự,

0,50

ak
> 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 .
a k +1

8
Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12
= 126720.

V.b

2,00
1

Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
Điều kiện: x >

1
và x ≠ 1.
2

Phương trình đã cho tương đương với
log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4

0,50

⇔ 1 + log 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4.
Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t +

⎡t = 1
2
= 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢
t
⎣ t = 2.

• Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2.
⎡ x = 0 (lo¹i)
• Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢
⎢ x = 5 (tháa m·n)
4
⎣

5
Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = .
4
Trang 4/5

0,50


2

Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)
A'

C'

B'

A

C
H
B

Gọi H là trung điểm của BC.
1
1 2
Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC =
a + 3a 2 = a.
2
2

0,50

Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3.
1
a3
Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC =
(đvtt).
3
2
Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác
B' BH cân tại B'.
n
' BH
Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B

Vậy cosϕ =

0,50

a
1
= .
2.2a 4

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
-------------Hết-------------

Trang 5/5


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A

ĐỀ CHÍNH THỨC

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)
x+2
Cho hàm số y =
(1).
2x + 3

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 − 2sin x ) cos x
= 3.
1. Giải phương trình
(1 + 2sin x )(1 − sin x )
2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 ( x ∈ \ ) .
Câu III (1,0 điểm)
π
2

Tính tích phân I = ∫ ( cos3 x − 1) cos 2 x dx .
0

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

(

)

(

)

(

)

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

( x + y) + ( x + z)

+ 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của hai đường
3

3

3

chéo AC và BD . Điểm M (1;5 ) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường
thẳng Δ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng

(S ) : x

( P ) : 2 x − 2 y − z − 4 = 0 và
phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S )

mặt cầu

+ y + z − 2 x − 4 y − 6 z − 11 = 0. Chứng minh rằng mặt
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
2

2

2

theo một

2

2

Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Tính giá trị của biểu thức A = z1 + z2 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng
Δ : x + my − 2m + 3 = 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn ( C ) . Tìm m để Δ cắt ( C )
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và hai đường thẳng

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
=
=
, Δ2 :
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 sao cho

1
1
6
2
1
−2
khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
⎧⎪log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy )
Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ \ ) .
2
⎪⎩3x − xy + y = 81
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Δ1 :

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................


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

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

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu

I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Khảo sát…
⎧ 3⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨− ⎬ .
⎩ 2⎭
• Sự biến thiên:
−1
- Chiều biến thiên: y ' =
< 0, ∀x ∈ D.
2
( 2 x + 3)

0,25

3⎞
⎛
⎛ 3
⎞
Hàm số nghịch biến trên: ⎜ −∞; − ⎟ và ⎜ − ; +∞ ⎟ .
2⎠
⎝
⎝ 2
⎠
- Cực trị: không có.

- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y =
x →−∞

x →+∞

1
1
; tiệm cận ngang: y = .
2
2

3
lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − .
⎛ 3⎞
⎛ 3⎞
2
x →⎜ − ⎟
x →⎜ − ⎟
⎝ 2⎠

0,25

⎝ 2⎠

- Bảng biến thiên:

x −∞
y'

1

2

y

−

−

3
2

+∞
+∞

−

0,25
1
2

−∞
• Đồ thị:
x=−

y=

3
2

y

1
2

0,25

O

x

2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác OAB vuông cân tại O, suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ±1 .
Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ) , ta có:

−1
= ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1.
(2 x0 + 3) 2

0,25
0,25

• x0 = −1 , y0 = 1 ; phương trình tiếp tuyến y = − x (loại).

0,25

• x0 = −2 , y0 = 0 ; phương trình tiếp tuyến y = − x − 2 (thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y = − x − 2.

0,25

Trang 1/4


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
1
(*).
2
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 − 2sin x)cos x = 3(1 + 2sin x)(1 − sin x)

Điều kiện: sin x ≠ 1 và sin x ≠ −

0,25

π⎞
π⎞
⎛
⎛
⇔ cos x − 3 sin x = sin 2 x + 3 cos 2 x ⇔ cos ⎜ x + ⎟ = cos ⎜ 2 x − ⎟
3⎠
6⎠
⎝
⎝

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

0,25

Kết hợp (*), ta được nghiệm: x = −

π
18

+k

2π
3

(k ∈ ]) .

0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

⎧2u + 3v = 8
Đặt u = 3 3 x − 2 và v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*). Ta có hệ: ⎨ 3

2
⎩5u + 3v = 8
8 − 2u
⎧ 8 − 2u
⎧
⎪v =
⎪v =
⇔ ⎨
⇔ ⎨
3
3
⎪(u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0
⎪15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0
⎩
⎩

III

0,25

0,25

⇔ u = −2 và v = 4 (thoả mãn).

0,25

Thế vào (*), ta được nghiệm: x = −2.

0,25

Tính tích phân…

(1,0 điểm)

π

π

2

2

0

0

0,25

I = ∫ cos5 xdx − ∫ cos 2 x dx.
Đặt t = sin x, dt = cos xdx; x = 0, t = 0; x =
π

π

2

2

0

0

1

π
2

I1 = ∫ cos5 xdx = ∫ (1 − sin 2 x ) cos xdx = ∫ (1 − t
π

2

, t = 1.

)

2 2

0

1

1 ⎞
8
⎛ 2
dt = ⎜ t − t 3 + t 5 ⎟ = .
5 ⎠ 0 15
⎝ 3

π

π

12
1⎛
1
8 π
⎞2 π
I 2 = ∫ cos 2 x dx = ∫ (1 + cos 2 x ) dx = ⎜ x + sin 2 x ⎟ = . Vậy I = I1 − I 2 = − .
20
2⎝
2
15 4
⎠0 4
0
2

IV

0,50

0,25

Tính thể tích khối chóp...

(1,0 điểm)

( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD).
n = 60D.
Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI

S

A

0,50

B

I
D

C K

Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 .

3a 2
3a 2
; suy ra S ΔIBC =
.
2
2
2S
3 5a
2
n = 3 15a .
⇒ SI = IK .tan SKI
BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC =
BC
5

5
3
1
3 15a
.
Thể tích khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SI =
3
5

Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI bằng

Trang 2/4

0,25

0,25


Câu
V
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt a = x + y, b = x + z và c = y + z.
Điều kiện x( x + y + z ) = 3 yz trở thành: c 2 = a 2 + b 2 − ab.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ; a, b, c dương thoả mãn điều kiện trên.
3
1
c 2 = a 2 + b 2 − ab = (a + b) 2 − 3ab ≥ (a + b) 2 − (a + b) 2 = (a + b) 2 ⇒ a + b ≤ 2c (1).
4
4

0,25

0,25

a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)(a 2 + b 2 − ab) + 3abc ≤ 5c 3

⇔ (a + b)c 2 + 3abc ≤ 5c 3
⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 2 .

0,25

3
(1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ (a + b) 2 ≤ 3c 2 ; từ đây suy ra điều phải chứng minh.
4
Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c ⇔ x = y = z.

VI.a
(2,0 điểm)

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình AB...
Gọi N đối xứng với M qua I , suy ra N (11; −1) và N thuộc đường thẳng CD.

A

M

B
I

D

E N

C

0,25

JJJG
JJG
E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) và NE = ( x − 11;6 − x).
E là trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN .
JJG JJJG
IE.EN = 0 ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x = 6 hoặc
x = 7.

0,25

JJG
• x = 6 ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − 5 = 0.

0,25

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

0,25

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

( S ) có tâm I (1;2;3), bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d ( I ,( P) ) =

2− 4−3− 4
3

= 3 < R; suy ra đpcm.

0,25

Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,
H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) : IH = d ( I ,( P) ) = 3, r = R 2 − IH 2 = 4.

VII.a
(1,0 điểm)

0,25

⎧ x = 1 + 2t
⎪ y = 2 − 2t
⎪
Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨
⎪z = 3 − t

⎩⎪2 x − 2 y − z − 4 = 0.

0,25

Giải hệ, ta được H (3; 0; 2).

0,25

Tính giá trị của biểu thức…

Δ = −36 = 36i 2 , z1 = −1 + 3i và z2 = −1 − 3i.

0,25

| z1 | = (−1)2 + 32 = 10 và | z2 | = (−1)2 + (−3)2 = 10.

0,50

Trang 3/4


Câu

Đáp án

Điểm

A = | z1 | 2 + | z2 | 2 = 20.

VI.b

(2,0 điểm)

0,25

1. (1,0 điểm) Tìm m...

(C ) có tâm I (−2; −2), bán kính R = 2.

0,25

1
1
IA.IB.sin n
AIB ≤ R 2 = 1; S lớn nhất khi và chỉ khi IA ⊥ IB.
2
2
−2 − 2 m − 2 m + 3
R
=1 ⇔
Khi đó, khoảng cách từ I đến Δ : d ( I , Δ) =
=1
2
1 + m2

Diện tích tam giác IAB : S =

⇔ (1 − 4m ) = 1 + m 2 ⇔ m = 0 hoặc m =
2

8

.
15

0,25
0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ...

G
Δ 2 qua A(1;3; −1) và có vectơ chỉ phương u = (2;1; −2).
M ∈ Δ1 ⇒ M (−1 + t ; t; −9 + 6t ).
JJJG
JJJG G
JJJG G
MA = (2 − t ;3 − t ;8 − 6t ), ⎣⎡ MA, u ⎦⎤ = (8t − 14; 20 − 14t ; t − 4) ⇒ ⎡⎣ MA, u ⎤⎦ = 3 29t 2 − 88t + 68.
JJJG G
⎡ MA, u ⎤
⎣
⎦
Khoảng cách từ M đến Δ 2 : d ( M , Δ 2 ) =
= 29t 2 − 88t + 68.
G
u
Khoảng cách từ M đến ( P ) : d ( M ,( P) ) =

29t 2 − 88t + 68 =

11t − 20
3

t = 1 ⇒ M (0;1; −3); t =
VII.b
(1,0 điểm)

−1 + t − 2t + 12t − 18 − 1
12 + ( −2 ) + 22
2

=

⇔ 35t 2 − 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t =

53
⎛ 18 53 3 ⎞
⇒ M ⎜ ; ; ⎟.
35
⎝ 35 35 35 ⎠

11t − 20
3
53
.
35

0,25

0,25

.

0,25
0,25

Giải hệ phương trình…
2
2
⎪⎧ x + y = 2 xy
Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: ⎨ 2
2
⎪⎩ x − xy + y = 4

⎧x = y
⎧x = y
⇔ ⎨ 2
⇔⎨
⎩ y = ±2.
⎩y = 4

0,25

0,50

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2).
-------------Hết-------------

Trang 4/4

0,25

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (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 x1, x2, x3 thoả mãn điều
kiện x12 + x22 + x32 < 4.
Câu II (2,0 điểm)
π⎞
⎛
(1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟
1
4⎠
⎝
=
1. Giải phương trình
cos x .
1 + tan x
2
2. Giải bất phương trình

x−

1−

x
2

2( x − x + 1)

≥ 1.

1

x2 + e x + 2 x2e x
∫0 1 + 2e x dx .
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.
⎧⎪(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈ R).
2
2
+
+
−
=
4
x
y
2

3
4
x
7
⎪⎩
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 d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
3
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
và điểm A có hoành độ dương.
2
x −1 y z + 2
= =
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
−1
2
1
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2 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.
x+2 y−2 z +3
=
=
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
. Tính
2
3
2
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
(1 − 3i )3
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z =
. Tìm môđun của số phức z + i z.
1− 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................................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

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

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1.
• Tập xác định: R.
0,25

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x;

y '( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =

4
.
3

⎛4
⎞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến trên khoảng
3
⎝
⎠
4
5

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = − .
3
27
- Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞.
x→ − ∞

- Bảng biến thiên:

⎛ 4⎞
⎜ 0; ⎟ .
⎝ 3⎠

0,25

x→ + ∞

x −∞
+

y'

4
3

0
0
1

y

−

0

• Đồ thị:

+

0,25

+∞
−

−∞

+∞

5
27

y
1

0,25
O
−

4
3

5
27

2

x

2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − 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) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).
⎧∆ > 0
⎪
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ g (1) ≠ 0
⎪ 2
2
⎩ x2 + x3 < 3
⎧1 + 4m > 0
1
⎪
⇔ ⎨−m ≠ 0
⇔ − < m < 1 và m ≠ 0.

4
⎪1 + 2m < 3
⎩
Trang 1/4

0,25

0,25


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

π⎞
⎛
2 sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
4⎠
⎝
sin x + cos x
cos x ⇔ sinx + cos2x = 0
cos x

⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =

⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
⇔ x=−

π

+ k2π hoặc x =

6

1
2

0,25

0,25
0,25

7π
+ k2π (k ∈ Z).
6

0,25

2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
2( x 2 − x + 1) =

Ta có:

x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1, suy ra 1 −

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
Mặt khác

2( x 2 − x + 1) =

2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x +

2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x +

2( x 2 − x + 1) = 1 − x +

(1) ⇔

x

0,25
(1)
0,25

x (2), do đó:

x (3)

Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x =
+ 1−x =

2( x 2 − x + 1) < 0.

x kéo theo 1 − x +

x đồng thời 1 − x +

x ≥ 0.

x ≥ 0, do đó:

(3) ⇔ 1 − x = x
⎧⎪1 − x ≥ 0
⎧⎪ x ≤ 1
⇔
⇔ ⎨
⎨ 2
2
⎪⎩(1 − x) = x
⎪⎩ x − 3 x + 1 = 0

III
(1,0 điểm)

0,25

3− 5
⇔ x =
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
2
1

1
1
⎛
ex ⎞
ex
2
I = ∫ ⎜⎜ x 2 +
d
x
=
x
d
x
+
⎟
∫
∫ 1 + 2e x dx .
1 + 2e x ⎟⎠
0 ⎝
0
0
1

Ta có:

∫

x 2 dx =

0

1 3
x
3

1

và

ex
1
∫ 1 + 2e x dx = 2
0

1

∫
0

1

=
0

0,25

0,25

1
3

0,25

d(1 + 2e x )
, suy ra:
1 + 2e x

0,25

1

1
1
1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e
I =
+ ln(1 + 2e x ) = + ln
= + ln
.
3
3 2
3 2
2
3
3
0

S

IV
(1,0 điểm)

K
N

A
M

H

D

• Thể tích khối chóp S.CDNM.
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
1
1
= AB2 − AM.AN − BC.BM
2
2
2
2
a
a
5a 2
= a2 −
−
=
.
8
4
8

VS.CDNM =

1
5 3 a3
SCDNM.SH =
.
3
24

C
B
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
∆ADM = ∆DCN ⇒ n
ADM = DCN
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
Trang 2/4

0,25

0,25

0,25

0,25


Câu

Đáp án
Ta có: HC =

V
(1,0 điểm)

2a
CD 2
=
và HK =
CN
5

SH .HC
2

SH + HC

2

Điểm
=

2 3a
2 3a
, do đó: d(DM, SC) =
.
19
19

3
5
; y≤ .
4
2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2 y (1)

Điều kiện: x ≤

0,25

0,25

Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2 y ), với f(t) = (t2 + 1)t.
Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =

0,25

⎧x ≥ 0
⎪
5 − 2y ⇔ ⎨
5 − 4 x2
.
⎪y =
⎩
2
2

⎛5

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

0,25

2

⎛5
⎞
⎛ 3⎞
Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ .
⎝2
⎠
⎝ 4⎠
2

⎛5
⎞
g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ −
2
⎝
⎠

4

3 − 4x

= 4x (4x2 − 3) −

4
3 − 4x

< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.

1
⎛1⎞
Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2.
2
⎝2⎠
⎛1 ⎞
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; 2 ⎟ .
⎝2 ⎠

VI.a

0,25

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

| 3. 3 − 1.1| 1
= và tam giác
3 + 1. 3 + 1 2
n = 60D .

OAB vuông tại B, do đó n
AOB = 60D ⇒ BAC

y
d1
O
B

d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) =
d2

1
3
AB.AC.sin 60D =
(OA.sin 60D ).(OA.tan 60D )
2
4
A
3 3
=
OA2.
8
I
C
4
3
Do đó: SABC =
, suy ra OA2 = .
2
3

⎧ 3x + y = 0
⎛ 1
⎞
⎪
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ 2
; − 1⎟ .
4 ⇒ A⎜
2
⎝ 3
⎠
⎪x + y =
3
⎩
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
⎧⎪ 3 x − y = 0
⎛ −2
⎞
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨
⇒ C⎜
; − 2⎟ .
⎝ 3
⎠
⎪⎩ 3 x − 3 y − 4 = 0
3⎞
⎛ −1
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜
; − ⎟ và bán kính IA = 1.
2⎠
⎝2 3

x

0,25

Ta có: SABC =

2

2

1 ⎞ ⎛
3⎞
⎛
Phương trình (T): ⎜ x +
⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1.
2 3⎠ ⎝
⎠
⎝

Trang 3/4

0,25

0,25

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

2. (1,0 điểm)
G
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
G
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).
G G
n = cos v, n .
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC

M

( )

C

P

G G
n = MC. cos v, n
d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC

( )

H

=

∆
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 −

VII.a
(1,0 điểm)

= 5+
z = 5−

6.

| 2 − 2 − 1|
1
=
.
6. 6
6

2 i)

0,25
0,25
0,25
0,25

2 i, suy ra:

0,25

2 i.

0,25

Phần ảo của số phức z bằng: − 2 .
VI.b

0,25

0,25

1. (1,0 điểm)

(2,0 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:

A
D

•E

d

B

C

⎧x + y − 4 = 0

⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
⎨
⎩x − y = 0

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).
JJJG JJJG
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB . CE = 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0

0,25

⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).

0,25

H

2. (1,0 điểm)

A
•

∆

•

B

C

M

VII.b
(1,0 điểm)

G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
JJJG
G JJJG
Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10).
G JJJG
⎡v, MA⎤
49 + 4 + 100
⎣
⎦
Suy ra: d(A, ∆) =
=
= 3.
G
4+9+4

v

0,25

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

Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25.

0,25

Ta có: (1 − 3i )3 = − 8.

0,25

Do đó z =

−8
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
1− i

0,25

⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.

0,25

Vậy: z + iz = 8 2 .

0,25
------------- Hết -------------

Trang 4/4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
−x + 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
2x − 1
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 k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt
giá trị lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1 + sin 2 x + cos 2 x
= 2 sin x sin 2 x.
1. Giải phương trình
1 + cot 2 x

2
2
3
⎪⎧5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
( x, y ∈ \).
2. Giải hệ phương trình ⎨
2
2
2
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
π

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

4

∫
0

x sin x + ( x + 1) cos x
dx.
x sin x + cos x

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 60o. 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, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y

z
biểu thức P =
+
+
.
y+z z+x
2x + 3 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 toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. 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.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
( P) : 2 x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: z 2 = z + z.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

x2
y2
+
= 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ):
4
1
(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 ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 và điểm
A(4; 4; 0) . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .
----------- 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
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ .

⎩2⎭
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' =

−1

( 2 x −1)

0,25

< 0, ∀x ∈ D.

2

1⎞
⎛1
⎞
⎛
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ .
2⎠
⎝2
⎠
⎝

1
1
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − .
x → −∞
x → +∞
2

2
1
lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = .
⎛1⎞
⎛1⎞
2
x →⎜ ⎟
x →⎜ ⎟
⎝2⎠

Bảng biến thiên:

⎝2⎠

1
2

x −∞
y’
y

1
−
2

0,25

−

+∞

−

0,25

+∞
−

−∞
y

• Đồ thị:

1
2

(C)
O 1
−

1
2

2

1

x
0,25

–1

2. (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m =

−x +1
2x −1

1
2
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*).
2
∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

0,25

0,25

Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:
k1 + k2 = –

4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2
1
1
–
=
−
.
(2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2
(4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2

Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2.
Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
Trang 1/5

0,25

0,25


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx –
• cosx = 0 ⇔ x =

2 ) = 0.

π
+ kπ, thỏa mãn (*).
2

0,25
0,25
0,25

π
π
) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*).
4
4
π
π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z).
2
4
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +

0,25

2. (1,0 điểm)

⎧⎪5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1)
⎨
2
2
2
(2).
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1.

Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0
2
2
⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:
⎛ 2 10 10 ⎞
⎛ 2 10
10 ⎞
(x; y) = ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ hoặc (x; y) = ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠
5
5 ⎟⎠
⎝ 5
⎝
⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10
10 ⎞
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ , ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠ ⎝
5
5 ⎟⎠

⎝ 5
III
(1,0 điểm)

I =

π

π

π

4

4

4

( x sin x + cos x) + x cos x
dx =
∫0
x sin x + cos x

∫ dx +
0

x cos x

∫ x sin x + cos x dx.

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0

π
4

π

Ta có: ∫ dx = x 04 =
0

π
4

π
4

và

∫
0

IV
(1,0 điểm)

0,25
π

x cos x
dx =
x sin x + cos x

d(x sin x + cos x)
∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x
4

)

π
4

⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
π
= ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ .
2
4
2
4
⎝

⎠
⎝ 4 ⎠⎠
⎝
⎠
⎝
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
S
n là góc giữa (SBC) và
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA
n = 2a 3.
(ABC) ⇒ SBA
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
H
⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
D N
C
A
BC
AB
MN =
= a, BM =
= a.
M
2
2
B
( BC + MN ) BM 3a 2
1
=

⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅
Diện tích: SBCNM =
2
2
3
Trang 2/5

0,25

0

0,25

0,25

0,25


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

(1,0 điểm)

SA. AD

=

2a 39
⋅
13

0,25

0,25

SA2 + AD 2
1
1
2
+
≥
(*), với a và b dương, ab ≥ 1.
Trước hết ta chứng minh:
1 + a 1 + b 1 + ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 +

ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)

⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab

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

0,25

⇔ ( ab – 1)( a –

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:

x

z
x
= hoặc = 1
y
y
z

0,25

(1)

x
t2
2
+
⋅
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2
2t + 3 1 + t
y

Đặt

− 2 ⎡⎣t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦
2
t2
Xét hàm f(t) = 2
< 0.
+
, t ∈ [1; 2]; f '(t ) =
2t + 3 1 + t

(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2
⇒ f(t) ≥ f(2) =

0,25

34
x
= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔
y
33

34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
33
34
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
; khi x = 4, y = 1, z = 2.
33

⇒P≥

VI.a

0,25

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

A

Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
n = MBI
n = 90o và MA = MB
Tứ giác MAIB có MAI

I

⇒ SMAIB = IA.MA

B
M

∆

0,25

⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5.
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0

0,25

⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1).

0,25

0,25

2. (1,0 điểm)

⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9
⎩

Trang 3/5

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0
⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎩

0,25

⎧x = 2 y − 2
⎪
⇔ ⎨z = 3y

⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0
⎩

0,25

⎛ 6 4 12 ⎞
⎛ 6 4 12 ⎞
; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ .
⎝ 7 7 7⎠
⎝ 7 7 7⎠

⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ;
VII.a

2

Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi

(1,0 điểm)
2

2

2

⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a

2

⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨

⎧a = − 2b 2
⎩b(2a + 1) = 0

⇔ ⎨

0,25

⎛ 1 1⎞
⎟ hoặc (a; b) =
⎝ 2 2⎠
1
1
1 1
Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i.
2
2
2 2
⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ;

(2,0 điểm)

0,25
0,25

⎩2ab = − b

VI.b

0,25

1⎞
⎛ 1
⎜ − ; − ⎟.
2⎠
⎝ 2

0,25

1. (1,0 điểm)

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

y
A
H

O

B

0,25

4 − x2 .

B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | =

Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
1
Diện tích: SOAB = x 4 − x 2

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

0,25

0,25

2.

⎛
⎛
⎛
⎛
2⎞
2⎞
2⎞
2⎞
Vậy: A ⎜⎜ 2;
⎟⎟ hoặc A ⎜⎜ 2; −
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2;
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2; −
⎟.
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎠

2 ⎟⎠
⎝
⎝
⎝
⎝

0,25

2. (1,0 điểm)

(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =

OA 4 2
=
.
3
3

2
.
3
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*).
(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
Khoảng cách: d(I, (P)) =

d(I, (P)) =

2(a + b + c)
2

2

a +b +c

2

0,25

R2 − r 2 =

=

2c
2

2a + c

2

⇒

2c
2

2a + c

2

=

2
3

⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.
Trang 4/5

0,25

0,25
0,25


Câu
VII.b
(1,0 điểm)

Đáp án

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
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i

⎧3a − 3b = 2
⎩a + b − 2 = −2

⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨
⇔ a=

1

1
2
, b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 =
⋅
3
3
3
------------- Hết -------------

Trang 5/5

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m 2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
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 x + cos 2 x = 2 cos x − 1.
⎧ x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
⎪
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ \).
1
2
x
+
y
−
x
+
y
=
⎪
2
⎩
3

1 + ln( x + 1)
dx.
2
x
1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

P = 3 | x− y | + 3 | y − z | + 3 | z − x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 .
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
11 1
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Giả sử M
và đường thẳng AN có
;
2 2
phương trình 2 x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
x +1 y z − 2
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
và
= =
1
2
1
điểm I (0; 0;3). 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.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai

(

(

)

)

n

nx 2 1
−
, x ≠ 0.
triển nhị thức Niu-tơn của
14 x
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 2 + y 2 = 8. 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.
x +1 y z − 2
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
= =
, mặt
2
1
1
phẳng ( P ): x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). 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.
5( z + i )
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
= 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 .
z +1
---------- 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

1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 .
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:

0,25

− Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.

Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞).
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0.
− Giới hạn: lim y = lim y = + ∞.
x→−∞

− Bảng biến thiên:

0,25

x→+∞

x −∞
y'

–1
–

0

0

+

0

+∞

+∞

1
–

0

+

+∞

0

0,25

y

–1

–1
• Đồ thị:

y

8

0,25

–1 O
–2

1
2

x

–1
b) (1,0 điểm)

Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1).
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*).
Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1).
JJJG
JJJG
Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ).
JJJG JJJG
Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0
⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.
Trang 1/4

0,25

0,25
0,25
0,25


Câu

Đáp án

Điểm

2
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0.
(1,0 điểm)
π
• cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ]).

2
π
π
• 3 sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x − = cos
3
3
2π
+ k 2π (k ∈ ]).
⇔ x = k 2π hoặc x =
3
π
2π
+ k 2π (k ∈ ]).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k 2π và x =
2
3
3
3
3
⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1)
⎪
(1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨
1 2
12
+ y+
= 1.
(2)
⎪⎩ x −
2
2

1
1
3
1
1
3
Từ (2), suy ra −1 ≤ x − ≤ 1 và −1 ≤ y + ≤ 1 ⇔ − ≤ x − 1 ≤ và − ≤ y + 1 ≤ .
2
2
2
2
2
2
3 3
Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t 2 − 4) < 0 , suy ra f(t) nghịch biến.
⎣ 2 2⎦
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
2
2
1
3
1
3
Thay vào (2), ta được x −
+ x−
= 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = .
2
2
2
2

1
3
3 1
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) = ; −
hoặc ( x; y ) = ; − .
2 2
2 2
dx
1
4
dx
Đặt u = 1 + ln( x + 1) và dv = 2 , suy ra du =
và v = − .
(1,0 điểm)
x +1
x
x

( )

( ) ( )

( ) ( )

)

(

3

1 + ln( x + 1)
I=−
+
x
1

=

2 + ln 2
+
3

3

∫(
1

3

(

)

dx

∫ x( x + 1)

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

1

)

2 + ln 2
x
1
1
+ ln
−
dx =
3
x +1
x x +1

3

0,25
1

2
2
= + ln 3 − ln 2.
3
3
5
(1,0 điểm)

0,25

0,25

S

n là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH
n = 60o.
Ta có SCH
a
a 3
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD =
,
6
2
a 7
a 21
HC = HD 2 + CD 2 =
, SH = HC.tan60o =
.
3

3

0,25

1
1 a 21 a 2 3 a 3 7
VS . ABC = .SH .S ∆ABC = .
.
=
.
3
3 3
4
12

0,25

Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc
3
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên
2
3
d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )).
2
Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó
HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK .

0,25

K

A
x

N

D

C
H
B

AH =

2a
a 3
, HN = AH sin 60o =
, HK =
3
3

SH .HN
2

SH + HN

Trang 2/4

2

=

a 42
a 42
. Vậy d ( SA, BC ) =
.
8
12

0,25