tổng hợp đề thi đại học môn toán khối a,a1 qua các năm có đáp án

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số y = x3 − 3x.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số f(x) = x +

4
trên đoạn [1; 3].
x

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) z − 1 + 5i = 0. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Giải phương trình log2 (x2 + x + 2) = 3.
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

(x − 3)ex dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) và

mặt phẳng (P ) : x − y + 2z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm
của đường thẳng AB với mặt phẳng (P ).
Câu 6 (1,0 điểm).
2
a) Tính giá trò của biểu thức P = (1 − 3 cos 2α)(2 + 3 cos 2α), biết sin α = .
3
b) Trong đợt ứng phó dòch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống
dòch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các Trung tâm
y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bò. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y
tế cơ sở được chọn.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45◦ . Tính theo
a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử H(−5; −5), K(9; −3) và trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình

√
x2 + 2x − 8
= (x + 1) x + 2 − 2 trên tập số thực.
2
x − 2x + 3

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6.
Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức
P =

a2b2 + b2 c2 + c2a2 + 12abc + 72 1

− abc.
ab + bc + ca
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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Đáp án

Câu

(Trang 01)

Điểm

• Tập xác đònh: D = R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = 0 ⇔ x = ±1.

0,25

Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) và (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1).
- Cực trò: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = −2.
- Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞.
x→−∞

• Bảng biến thiên:

x −∞
y
y

1
(1,0đ)

0,25

x→+∞

−∞

+

−1
0
2
✯ ❍
✟

✟
✟✟
✟

• Đồ thò:

❍

−

1
0

+∞
+
✯ +∞
✟✟
✟
✟
✟

❍
❍❍
❥ −2

0,25

y
2

1
−1 O

x

0,25

−2

Ta có f (x) xác đònh và liên tục trên đoạn [1; 3]; f (x) = 1 −

4
.
x2

Với x ∈ [1; 3], f (x) = 0 ⇔ x = 2.
2
(1,0đ)
13
Ta có f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) =
.
3

0,25
0,25
0,25

Giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của f (x) trên đoạn [1; 3] lần lượt là 5 và 4.

0,25

a) Ta có (1 − i)z − 1 + 5i = 0 ⇔ z = 3 − 2i.

0,25

Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2.

0,25

3
b) Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x + 2 = 8
(1,0đ)
x=2
x = −3.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = −3.
⇔

0,25
0,25


Đáp án

Câu

4
(1,0đ)

(Trang 02)

Điểm

Đặt u = x − 3; dv = ex dx. Suy ra du = dx; v = ex .

0,25

Khi đó I = (x − 3)ex

0,25

= (x − 3)ex

1

1

−

0
1

ex dx
0

0

− ex

1

0,25

0

0,25

= 4 − 3e.
−
−→
Ta có AB = (1; 3; 2).

0,25

x−1
y+2
z−1
Đường thẳng AB có phương trình
=
=
.
5
1
3
2
(1,0đ)
Gọi M là giao điểm của AB và (P ). Do M thuộc AB nên M (1 + t; −2 + 3t; 1 + 2t).

M thuộc (P ) nên 1 + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − 3 = 0, suy ra t = −1. Do đó M (0; −5; −1).

1
.
9
1
1
14
Suy ra P = 1 −
.
2+
=
3
3
9
6
(1,0đ) b) Số phần tử của không gian mẫu là C 325 = 2300.
a) Ta có cos 2α = 1 − 2 sin2 α =

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở” là
2090
209
C220 .C15 + C320 = 2090. Xác suất cần tính là p =
=
.
2300
230

S
✟✠

7

(1,0đ)

H
☞✌

 ✁

A
✝✞

D

Tam giác SAM vuông tại A, có đường cao AH, nên
1
1
1
5
=
+
= 2.
2
2
2
AH
SA
AM
2a
√
10 a
Vậy d(AC, SB) = AH =

.
5
AC
Gọi M là trung điểm AC. Ta có M H = M K =
,
2
nên M thuộc đường trung trực của HK. Đường trung
trực của HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên tọa
x − y + 10 = 0
độ của M thỏa mãn hệ
7x + y − 10 = 0.
Suy ra M (0; 10).

✡☛

d

M

✂✄

☎✆

C

B

A
✍

8
(1,0đ)

M
✖✗

D
✎

B

✑✒

✓✔

✏

C

H

✕

K

Ta có SCA = (SC, √
(ABCD)) = 45◦ ,
suy ra SA = AC = 2 a.
√ 3
1√

1
2a
2
.
VS.ABCD = SA.SABCD = . 2 a.a =
3
3
3
Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC. Gọi M
là hình chiếu vuông góc của A trên d; H là hình chiếu
vuông góc của A trên SM . Ta có SA⊥BM, M A⊥BM
nên AH⊥BM . Suy ra AH⊥(SBM ).
Do đó d(AC, SB) = d(A, (SBM )) = AH.

Ta có HKA = HCA = HAB = HAD, nên ∆AHK
cân tại H, suy ra HA = HK. Mà M A = M K, nên A
đối xứng với K qua M H.
−−→
Ta có M H = (5; 15); đường thẳng M H có phương
trình 3x − y + 10 = 0. Trung điểm AK thuộc M H và
AK⊥M H nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ
x+9
y−3
3
−
+ 10 = 0
2
2
(x − 9) + 3(y + 3) = 0.
Suy ra A(−15; 5).

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

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Đáp án

Câu

(Trang 03)

Điểm

Điều kiện: x

−2. Phương trình đã cho tương đương với
x=2
(x + 1)(x − 2)
(x − 2)(x + 4)
x+1
x+4
√
=
⇔
=√
(1).
x2 − 2x + 3
x+2+2
x2 − 2x + 3
x+2+2
√
Ta có (1) ⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3)
√
√
⇔ ( x + 2 + 2)[( x + 2)2 + 2] = [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2] (2)

0,25

0,25

9

Xét hàm số f (t) = (t + 2)(t 2 + 2).
(1,0đ) Ta có f (t) = 3t2 + 4t + 2, suy ra f (t) > 0, ∀t ∈ R, nên f (t) đồng biến trên R.
√
√
Do đó (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x + 2 = x − 1 ⇔
⇔x=

√

3+

2

13

x 1
x2 − 3x − 1 = 0

.

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2; x =

3+

0,25

√
2

13

0,25
.

Đặt t = ab + bc + ca.

1
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 3t 3t. Suy ra t 12.
2
Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) 0, nên abc ab + bc + ca − 5 = t − 5;
và (3 − a)(3 − b)(3 − c) 0, nên 3t = 3(ab + bc + ca) abc + 27 t + 22. Suy ra t 11.
Vậy t ∈ [11; 12].
Ta có 36 = (a + b + c)2 =

Khi đó P =
10
(1,0đ)

a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c) + 72 abc
−
ab + bc + ca
2

(ab + bc + ca)2 + 72 abc
=
−
ab + bc + ca
2
Xét hàm số f (t) =
Do đó f (t)

Suy ra f (t)

t2 + 72 t − 5
t2 + 5t + 144
−
=
.
t
2
2t

0,25

0,25

t2 + 5t + 144
t2 − 144
, với t ∈ [11; 12]. Ta có f (t) =
.
2t
2t2
0,25

0, ∀t ∈ [11; 12], nên f (t) nghòch biến trên đoạn [11, 12].
160
160
f (11) =
. Do đó P
.
11

11

Ta có a = 1, b = 2, c = 3 thỏa mãn điều kiện của bài toán và khi đó P =
160
Vậy giá trò lớn nhất của P bằng
.
11
−−−−−−−
−Hết−−−−−−−−

160
.
11

0,25


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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+2
x−1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x bằng
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

√

2.

sin x + 4 cos x = 2 + sin 2x.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 − x + 3 và đường
thẳng y = 2x + 1.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = 3 + 5i. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất
để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+y −2z −1 = 0
y
z+3
x−2
=
=
. Tìm tọa độ giao điểm của d và (P ). Viết phương
và đường thẳng d :
1
−2
3
trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P ).

3a
,
2
hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD =

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M
là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương
trình đường thẳng CD, biết rằng M(1; 2) và N(2; −1).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

√
x 12 − y +

y(12 − x2 ) = 12
(x, y ∈ R).
√
x3 − 8x − 1 = 2 y − 2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 2.
Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức
P =

x2
y+z
1 + yz
+
−
.

x2 + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
−−−−−−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 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Đáp án

Câu
a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ) • Tập xác đònh D = R \ {1}.
• Sự biến thiên:

3
; y < 0, ∀x ∈ D.
(x − 1)2
Hàm số nghòch biến trên từng khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).

0,25

- Chiều biến thiên: y = −
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y = lim y = 1; tiệm cận ngang: y = 1.

x→−∞

0,25

x→+∞

lim y = −∞; lim y = +∞; tiệm cận đứng: x = 1.
x→1+

x→1−

- Bảng biến thiên:

x −∞
y
y

Điểm

1 P
P

1

−

+∞
−

+∞ P
PP

PP
PP
q
P

0,25

PP
PP
q

−∞
• Đồ thò:

y

1

 

1
✆

0,25
✄

✂

1

O

−2

−2

✁
✝

x

☎

b) (1,0 điểm)
M ∈ (C) ⇒ M a;

a+2
, a = 1.
a−1

0,25

a+2
a+
√a − 1 .
Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x là d =
2
√
a2 − 2a + 4 = 0
d = 2 ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔
a2 + 2a = 0.
• a2 − 2a + 4 = 0: phương trình vô nghiệm.
a=0
• a2 + 2a = 0 ⇔
Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là: M (0; −2) hoặc M (−2; 0).
a = −2.
1

0,25
0,25
0,25


Đáp án

Câu
Phương trình đã cho tương đương với
2
(1,0đ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = 0.

sin x + 4 cos x = 2 + 2 sin x cos x

• sin x − 2 = 0: phương trình vô nghiệm.
π
• 2 cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z).
3
π
Nghiệm của phương trình đã cho là: x = ± + k2π (k ∈ Z).
3

3
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y = x 2 − x + 3 và đường thẳng
x=1
(1,0đ)
y = 2x + 1 là x2 − x + 3 = 2x + 1 ⇔
x = 2.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

2

Diện tích hình phẳng cần tìm là S =

|x2 − 3x + 2|dx

0,25

1
2

x3 3x2
−
+ 2x
3
2

(x2 − 3x + 2)dx =

=

2
1

0,25

1

1
= .
6

0,25

3a + b = 3
4
a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Từ giả thiết suy ra

a−b=5
(1,0đ)
⇔ a = 2, b = −3. Do đó số phức z có phần thực bằng 2, phần ảo bằng −3.

5

0,25
0,25

b) Số phần tử của không gian mẫu là: C 416 = 1820.

0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “4 thẻ được đánh số chẵn” là: C 48 = 70.
70
1
Xác suất cần tính là p =
= .
1820
26

0,25

Gọi M là giao điểm của d và (P ), suy ra M (2 + t; −2t; −3 + 3t).

0,25

3
7
3

. Do đó M ; −3; .
2
2
2
−
→
−
→
d có vectơ chỉ phương u = (1; −2; 3), (P ) có vectơ pháp tuyến n = (2; 1; −2).
→
−
Mặt phẳng (α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến [ −
u,→
n ] = (1; 8; 5).

0,25

Ta có A(2; 0; −3) ∈ d nên A ∈ (α). Do đó (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0,
nghóa là (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0.

0,25

(1,0đ) M ∈ (P ) suy ra 2(2 + t) + (−2t) − 2(−3 + 3t) − 1 = 0 ⇔ t =

6
(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB, suy √
ra SH ⊥ (ABCD).
Do đó SH ⊥ HD. Ta có SH = SD 2 − DH 2

= SD 2 − (AH 2 + AD 2 ) = a.

S

B
✍

E

✟

✠

✌

H
☛

✞

A

1
a3
.SH.SABCD = .
3
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và
E là hình chiếu vuông góc của H trên SK. Ta có
BD ⊥ HK và BD ⊥ SH, nên BD ⊥ (SHK).

Suy ra BD ⊥ HE. Mà HE ⊥ SK,
do đó HE ⊥ (SBD).
√
a 2
Ta có HK = HB. sin KBH =
.
4
HS.HK
a
Suy ra HE = √
= .
2
2
3
HS + HK
2a
Do đó d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE =
.
3
Suy ra V S.ABCD =

☞

K
✡

D

C

2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Đáp án
√
7
Ta có M N = 10. Gọi a là độ dài cạnh của√
hình vuông ABCD,
I
C
3AC
3a 2
a
(1,0đ) D
=
,
a > 0. Ta có AM = và AN =
2
4
4

5a2
N
.
nên M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN. cos M AN =
8
2
5a
Do đó
= 10, nghóa là a = 4.
8
Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4
BD √
A
M
B
= 2, nên ta có hệ phương trình
và IN =
4
x = 1; y = −2
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16
⇔
6
17
(x − 2)2 + (y + 1)2 = 2
;y = − .
x=
5
5
−−→
• Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4).

−−→
Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình y + 2 = 0.
Câu

✒

✕

Điểm

✑

✔

0,25

✖

✎

✓

✏

17
6
17
6
−−→
12 16

; y = − ta có I
;−
và IM = − ;
.
5
5
5
5
5
5
−−→
Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = 0.
• Với x =
8
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25

√
x 12 − y +

√
√
y(12 − x2 ) = 12 (1)
Điề
u

kiệ
n
:
−2
3
≤
x
≤
2
3; 2 ≤ y ≤ 12.
√
x3 − 8x − 1 = 2 y − 2
(2).
√
x2 + 12 − y
y + 12 − x2
Ta có x 12 − y ≤
và y(12 − x2 ) ≤
2
2
√
x≥0
2
nên x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12. Do đó (1) ⇔
y = 12 − x2 .
√
√
Thay vào (2) ta được x3 − 8x − 1 = 2 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − 3 + 2(1 − 10 − x2 ) = 0
2(x + 3)
√

⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 +
= 0 (3).
1 + 10 − x2
Do x ≥ 0 nên x2 + 3x + 1 +

2(x + 3)
√
> 0.
1 + 10 − x2

Do đó (3) ⇔ x = 3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: (x; y) = (3; 3).
9
Ta có 0 ≤ (x − y − z)2 = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz),
(1,0đ) nên x2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1).
x2
x
Suy ra 2
≤
.
x + yz + x + 1
x+y+z+1
Mặc khác, (x + y + z) 2 = x2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z)
x+y+z
(x + y + z)2
≤ 2 + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz). Do đó P ≤
−
.
x+y+z+1
36
Đặt t = x + y + z, suy ra t ≥ 0 và t 2 = (x + y + z)2 = (x2 +√

y 2 + z 2 ) + 2xy + 2yz + 2zx
≤ 2 + (x2 + y 2 ) + (y 2 + z 2 ) + (z 2 + x2 ) = 6. Do đó 0 ≤ t ≤ 6.
√
t
t2
Xét f (t) =
− , với 0 ≤ t ≤ 6.
t + 1 36
1
t
(t − 2)(t2 + 4t + 9)
Ta có f (t) =
−
=
−
, nên f (t) = 0 ⇔ t = 2.
(t + 1)2 18
18(t + 1)2
√
√
√
5
31
6
5
Ta có f (0) = 0; f (2) = và f ( 6) =
−
, nên f (t) ≤ khi 0 ≤ t ≤ 6.
9
30

5
9
5
5
5
Do đó P ≤ . Khi x = y = 1 và z = 0 thì P = . Do đó giá trò lớn nhất của P là .
9
9
9
−−−−−−Hết−−−−−−
3

0,25

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

0,25

0,25

0,25


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

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
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 y = −x3 + 3x2 + 3mx − 1

(1), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 0.

b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; + ∞).
√
π
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + tan x = 2 2 sin x +
.
4
√
√
x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0

(x, y ∈ R).

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

x2 − 1
ln x dx.
x2

I=
1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có 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 của 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 mã√
n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 . Tìm giá trò
32a3
32b3
a 2 + b2
nhỏ nhất của biểu thức P =
+
−
.
(b + 3c)3 (a + 3c)3
c
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD 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).
y+1
z+2
x−6
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

=
=
−3
−2
1
và điểm A(1; 7; 3). Viết phương
trình
mặ
t
phẳ
n
g
(P
)
đi
qua
A
và
vuô
n
g
gó
c
vớ
i
∆.
Tìm
tọ
a
độ

điể
m
√
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 trình Nâng cao
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 tuyến 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 tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0
và mặt cầu (S) : x2 + 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 điểm). Cho số phức z = 1 + 3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo
của số phức w = (1 + i)z5.
−−−−−−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 2013
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1,0 điểm)
Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1.
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:

0,25

- Chiều biến thiên: y ' = −3x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (−∞; 0) và (2; + ∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3.
- Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞.
x→−∞

0,25

x→+∞

- Bảng biến thiên:
x −∞

0

y'

−

+∞

2

0

0
3

+

+∞

y

−
0,25

−1
• Đồ thị:

−∞

y
3

0,25

2

O

x

−1

b. (1,0 điểm)
Ta có y ' = −3x 2 + 6 x + 3m.
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, ∀x > 0

⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x > 0.
Xét f ( x) = x 2 − 2 x với x > 0. Ta có f '( x) = 2 x − 2; f '( x) = 0 ⇔ x = 1.

0,25

0,25

Bảng biến thiên:
x

0

−

f '( x)
f ( x)

+∞

1
0

+
+∞

0

0,25

−1
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1.
Trang 1/4

0,25


Câu
2
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Điều kiện: cos x ≠ 0. Phương trình đã cho tương đương với 1 +

sin x
= 2(sin x + cos x)
cos x

⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = 0.

• sin x + cos x = 0 ⇔ x = −
• 2cos x − 1 = 0 ⇔ x = ±

0,25

π
+ kπ ( k ∈ ]).
4

0,25

π
+ k 2π (k ∈ ]).
3

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: x = −
3
(1,0 điểm)

0,25

π
π
+ kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ]).
4
3

⎧⎪ x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1)
⎨
⎪⎩ x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 (2)

0,25

0,25

Điều kiện: x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = ( x + y − 1) 2 , suy ra y ≥ 0.
Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành:
Xét f (t ) = t 4 + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) =

2t 3
4

t +2

u4 + 2 + u =

y 4 + 2 + y (3).

+ 1 > 0, ∀t ≥ 0.

0,25

Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là x = y 4 + 1.
Thay vào phương trình (2) ta được y ( y 7 + 2 y 4 + y − 4) = 0 (4).
Hàm g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 có g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0 với mọi y ≥ 0.
Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1.
Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = (2; 1).
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (1; 0) và (2; 1).
4
(1,0 điểm)

Đặt u = ln x, dv =

x2 − 1
x

2
2

dx ⇒ du =

dx
1
, v= x+ .
x
x

2

0,25

2
1
1 2
= ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟
x⎠
x ⎠1
⎝
1 ⎝
5
3
= ln 2 − .
2
2

5
(1,0 điểm)

0,25
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).
Ta có BC = a, suy ra SH =

S

AB = BC cos30o =
Do đó VS . ABC =
I
H

C

0,25

0,25

1
1 1
Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx
x⎠
x⎠x
⎝
1 1⎝

B

0,25

A

0,25

a
a 3
; AC = BC sin 30o = ;
2
2

a 3
.

2

0,25

1
a3
SH . AB. AC = .
6
16

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

AB 2 a 13
=
.
4
4
3V
6V
a 39
.
Suy ra d (C ,( SAB )) = S . ABC = S . ABC =
S ΔSAB
SI . AB
13

0,25

Do đó SI = SB 2 −

Trang 2/4


Câu
6
(1,0 điểm)

Đáp án

Đặt x =

Điểm

a
b
, y = . Ta được x > 0, y > 0. Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3.
c
c
3

3
32 y
Khi đó P = 32 x +
− x2 + y2 .
3
3

( y + 3)
( x + 3)

(u + v)3
Với mọi u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − 3 (u + v)3 =
.
4
4
3

3

3

3

0,25

3

3
3
2
32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ x + y ⎞ = 8 ⎛ ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y ⎞ .
⎜
⎟⎟
⎜
⎟
⎜
xy + 3 x + 3 y + 9

⎝ y +3 x+3⎠
( y + 3)3 ( x + 3)3
⎝
⎠
Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được

Do đó

3

3

32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 . Do đó
⎜
⎟
2( x + y + 6)
⎝
⎠
( y + 3)3 ( x + 3)3

0,25

P ≥ ( x + y −1)3 − x 2 + y 2 = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 − 2 xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 + 2( x + y ) − 6.

Đặt t = x + y. Suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6.
( x + y)2
t2
nên (t − 2)(t + 6) ≥ 0. Do đó t ≥ 2.
=t+
4

4
t +1
Xét f (t ) = (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 −
.
t 2 + 2t − 6

Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) +

Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và

t +1
t 2 + 2t − 6

= 1+

0,25

7
≤ 1 + 7 = 3 2 , nên
2
2
2
(t + 1) − 7

3 2
> 0. Suy ra f (t ) ≥ f (2) = 1 − 2. Do đó P ≥ 1 − 2 .
2
Khi a = b = c thì P = 1 − 2 . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2 .
Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ
nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC.

Do đó I t − 4 ; −2t + 3 .
2
2
Tam
giác
BDN
vuông
tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA.
A
D
Do đó ta có phương trình
f '(t ) ≥ 3 −

7.a
(1,0 điểm)

)

(

(

I
N

B

8.a
(1,0 điểm)

C

M

) (

)

2
2
⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
2 ⎠
2
2
2 ⎠
⎝
⎝
⇔ t = 1. Suy ra C (1; −7).
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.
Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0.
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có
phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ).
Trung điểm của BN thuộc AC nên

3a + 17 + 5 ⎞ a − 4
3⎛⎜
+ 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B ( −4; −7).
⎟+
2
2
⎝
⎠

JG
Δ có véctơ chỉ phương là u = (−3; −2;1).
JG
(P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình
−3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = 0 ⇔ 3x + 2 y − z − 14 = 0.

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ).

0,25

AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0
51 ; − 1 ; − 17 .
⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M
7
7
7
7
Trang 3/4

(

)

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

9.a
(1,0 điểm)

Số phần tử của S là A37
= 210.
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách).
90 3

= .
Xác suất cần tính bằng
210 7
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao
điểm của AB và IM. Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm
AB
= 2 2.
của AB. Suy ra AH =
2
M
1
1
1
=
+
, suy ra AM = 2 10.
2
2
AH
AM
AI 2
B
Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2.
|t |
, nên t = 8. Do đó M (0; 8).
Mà MH = d ( M , Δ ) =
H
2
Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương
I

x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ
trình
A
⎧x − y = 0
Δ
⇒ H (4;4).
⎨
⎩x + y − 8 = 0
JJJG 1 JJJJG
1
Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 = HM , nên IH = HM .
4
4
Do đó I (5;3).

0,25

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy đường tròn (C) có phương trình ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 = 10.
8.b
(1,0 điểm)

(S) có tâm I (1; −2;1) và bán kính R = 14.
d ( I ,( P)) =

| 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11|

=

14
= R. Do đó (P) tiếp xúc với (S).
14

22 + 32 + 12
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P).
Do đó M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ).
Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = 0 ⇔ t = 1. Vậy M (3;1; 2).
9.b
(1,0 điểm)

⎛1
3⎞
z = 1 + 3i = 2 ⎜ + i
⎟
2 ⎠
⎝2

π
π
= 2 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ .
3
3⎠
⎝
5π
5π
Suy ra z 5 = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ).
3
3 ⎠
⎝
Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i.
Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3).
------------- Hết -------------

Trang 4/4

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


Câu

Đáp án

Điểm

6
Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*).

(1,0 điểm)
Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng.

0,25

Áp dụng (*), ta có 3 | x− y | + 3 | y− z | + 3 | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x |.
Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có:
(| x − y | + | y − z | + | z − x |) 2 = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |)

(

2

2

2

)

0,25

+ | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ 2 | x − y | + | y − z | + | z − x | .

(

)

2

Do đó | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 2 | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) .

2

2

0,25

2

Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z .
Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3.
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H
7.a
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.
(1,0 điểm)
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.
A
B
Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
AH ⊥ HM .
Hơn nữa, ta cũng có AH = HM .
M
3 10
Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) =
.
H
2
Q
P
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).

C
D
11 2
7 2 45
3 10
N
+ 2t −
=
MA =
⇔ t−
2
2
2
2

) (

(

)

⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4.
Vậy: A(1; −1) hoặc A(4;5).

)

JJJG
JJJG JJG
1
2 2

2
IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − .
3
3 3
3
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH =

8
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = .
3

0,25

0,25

0,25
0,25

2 6
.
3

0,25
0,25

9.a
n(n − 1)(n − 2)
n −1
3
(1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n =

6

0,25

⇔ n = 7 (vì n nguyên dương).
n

0,25

0,25

JJG
8.a
Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.
JJJG
(1,0 điểm)
Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1).

(

0,25

0,25
7

7
2
2
1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞
⎛ nx

⎛x ⎞
Khi đó ⎜
− ⎟ =⎜
− ⎟ = C7k ⎜ ⎟
x⎠ ⎝ 2
x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠
⎝ 14

∑

7−k

7

(− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k .
k

k

k

0,25

k=0

Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 .
Do đó số hạng cần tìm là

(−1)3 .C73 5
35

x = − x5 .
4
16
2
Trang 3/4

0,25


Câu

Đáp án

7.b
(1,0 điểm)

Điểm

Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
y

2
O

x2
a2

+

y2

b2

= 1,

0,25

với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4.
A

2

x

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 A(t ; t ), t > 0.

0,25

A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2.

0,25

A(2;2) ∈ ( E ) ⇔

16
4
4
+
= 1 ⇔ b2 = .

2
3
16 b

Phương trình chính tắc của (E) là
8.b
(1,0 điểm) M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).

x2 y 2
+
= 1.
16 16
3

0,25

0,25

MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).

0,25

N∈(P) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t ) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4).

0,25

Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆ :

x −1 y + 1 z − 2
=

=
.
2
3
2

9.b
Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1.
(1,0 điểm)
5( z + i)
= 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0
Ta có
z +1

0,25

0,25

⎧3a − b − 2 = 0
⎧a = 1
⇔ ⎨
⇔ ⎨
⎩ a − 7b + 6 = 0
⎩b = 1.

0,25

Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i )2 = 2 + 3i.

0,25

Vậy w = 2 + 3i = 13.

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 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................................