Đáp án đề thi đại học môn TOÁN khối D năm 2008

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn: TOÁN; Khối D
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)
2 3
2
x − mx 2 − 2(3m 2 − 1) x + (1), m là tham số thực.
3
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = 1.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + cos 3x − sin x + cos x = 2 cos 2 x.
⎧⎪ xy + x − 2 = 0
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 3 2
( x, y ∈ \ ).
2
2
⎪⎩ 2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0
π
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1 + sin 2 x)dx.

0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A' B 'C ' D ' có đáy là hình vuông, tam giác A' AC vuông cân,
AC
' = a . Tính thể tích của khối tứ diện ABB'C ' và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + 2 xy ≤ 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 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 chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC
1
và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và x − y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M − ;1 .
3
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ): 2 x + y − 2 z + 10 = 0 và
điểm I (2;1;3). Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.

( )

Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (2 + i ) z +

2(1 + 2i )
= 7 + 8i. Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i.
1+ i

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

= và hai
2
−1 1
điểm A(1; −1; 2), B (2; −1;0). Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình z 2 + 3(1 + i) z + 5i = 0 trên tập hợp các số phức.
---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................


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

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

Câu

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
1
(2,0 điểm)

2
2
Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x 2 − 4 x + .
3
3
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ′ = 2 x 2 − 2 x − 4; y ′ = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2.

0,25

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

0,25

x →+ ∞

- Bảng biến thiên:
x −∞

y'

–1
+

+∞

2

0

–

0

+

+∞

3

0,25

y

−∞
• Đồ thị:

–6

y
3

2
–1 O

x

0,25

–6

b) (1,0 điểm)

Ta có y ′ = 2 x 2 − 2mx − 2(3m 2 − 1).

0,25

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ 13m 2 − 4 > 0 ⇔ m >

2 13
2 13
.
hoặc m < −
13
13

0,25

Ta có: x1 + x2 = m và x1 x2 = 1 − 3m 2 , do đó x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = 1 ⇔ 1 − 3m 2 + 2m = 1

0,25

2
2
⇔ m = 0 hoặc m = . Kiểm tra điều kiện ta được m = .

3
3

0,25

Trang 1/4


Câu

Đáp án

Điểm

Phương trình đã cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos 2 x = 0.
2
(1,0 điểm)
π kπ
(k ∈]).
• cos 2 x = 0 ⇔ x = +
4 2
π 1
• 2sin x + 2cos x − 2 = 0 ⇔ cos x − =
4 2
7π
π
⇔x=
+ k 2π hoặc x = − + k 2π (k ∈ ]).
12
12

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là:
π kπ
7π
π
+ k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ]).
x= + , x=
4 2
12
12
⎧⎪ xy + x − 2 = 0
(1)
3
Hệ đã cho tương đương với: ⎨
2
(1,0 điểm)
⎪⎩(2 x − y + 1)( x − y ) = 0 (2)

0,25
0,25

( )

0,25

0,25

0,25

−1 ± 5
.

2
⎛ −1 + 5
⎞
⎛ −1 − 5
⎞
Do đó ta được các nghiệm ( x; y ) = ⎜
; 5 ⎟ và ( x; y ) = ⎜
; − 5 ⎟.
⎜
⎟
⎜
⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠

0,25

• x 2 − y = 0 ⇔ y = x 2 . Thay vào (1) ta được x3 + x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x + 2) = 0

0,25

⇔ x = 1. Do đó ta được nghiệm ( x; y ) = (1; 1).
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:
⎛ −1 + 5
⎞
⎛ −1 − 5

⎞
( x; y ) = (1; 1), ( x; y ) = ⎜
; 5 ⎟ , ( x; y ) = ⎜
; − 5 ⎟.
⎜
⎟
⎜
⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠

0,25

• 2 x − y + 1 = 0 ⇔ y = 2 x + 1. Thay vào (1) ta được x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x =

4
(1,0 điểm)

π
4

π
4

∫

∫

I = xdx + x sin 2 xdx =
0

0

π
x2 4

2

π
4

∫

+ x sin 2 xdx =

0

0

π
4

2

π
+ x sin 2 xdx.

32

∫

0,25

0

1
Đặt u = x;dv = sin 2 xdx, suy ra du = dx; v = − cos 2 x.
2
π
4

Khi đó

π
4

1

1

π
4

1

0,25

π
4

∫ x sin 2 xdx = − 2 x cos 2 x 0 + 2 ∫ cos 2 xdx = 2 ∫ cos 2 xdx
0

0

0,25

0

π

π2 1
4
1
1
+ .
= sin 2 x = . Do đó I =
32 4
4
4
0
5
(1,0 điểm)

D'

C'

B'

A'

D

H
C

A

B

0,25

Tam giác A′AC vuông cân tại A và
a
A′A = AC =
. Do đó AB = B′C ′ =
2

A′C = a nên
a
.
2

0,25

1
1

a3 2
V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C '. AB.BB ' =
.
3
6
48

0,25

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của ∆A′AB. Ta có
AH ⊥ A ' B và AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ),
nghĩa là AH ⊥ ( BCD '). Do đó AH = d ( A,( BCD ')).

0,25

1

=

1

+

1

=

6

.

a2
a 6
.
Do đó d ( A,( BCD ')) = AH =
6

Ta có

AH

2

Trang 2/4

AB

2

2

AA'

0,25


Câu

Đáp án

6

Ta có ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + 2 xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) 2 − 8( x + y ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8.
(1,0 điểm)
3
A = ( x + y )3 − 3( x + y ) − 6 xy + 6 ≥ ( x + y )3 − ( x + y )2 − 3( x + y ) + 6.
2

3
Xét hàm số: f (t ) = t 3 − t 2 − 3t + 6 trên đoạn [0; 8].
2
Ta có f ′(t ) = 3t 2 − 3t − 3, f ′(t ) = 0 ⇔ t =

1+ 5
17 − 5 5
.
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4
4

7.a
(1,0 điểm)

A

B
N

K
I
M
D

C

0,25

0,25

1+ 5
1− 5
hoặc t =
(loại).
2
2

⎛ 1 + 5 ⎞ 17 − 5 5
17 − 5 5
.
Ta có f (0) = 6, f ⎜
=
, f (8) = 398. Suy ra A ≥
⎜ 2 ⎟⎟
4
4
⎝
⎠

Khi x = y =

Điểm

0,25

0,25

⎧x + 3y = 0
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨
⇒ A( −3;1).
⎩x − y + 4 = 0

0,25

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có
4
phương trình là x − y + = 0. Vì N thuộc AC, nên tọa
3
4
⎧
⎪x − y + = 0
⎛ 1⎞
⇒ N ⎜ −1; ⎟ .
độ của điểm N thỏa mãn hệ ⎨
3
3⎠
⎝
⎪⎩ x + 3 y = 0

0,25

Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN
và vuông góc với AD, nên có phương trình là x + y = 0.

Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD.
⎧x + y = 0
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎨
⎩ x + 3 y = 0,
⎧x + y = 0
và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ ⎨
⎩ x − y + 4 = 0.
Do đó I(0; 0) và K(−2;2).
JJJG JJG
JJJG JJJG
AC = 2 AI ⇒C (3;−1); AD = 2 AK ⇒ D(−1;3);
JJJG JJJG
BC = AD ⇒ B(1;−3).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến
8.a
(1,0 điểm) của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình.

0,25

0,25
0,25

Ta có IH = d ( I ;( P )) = 3.

0,25

Bán kính của mặt cầu (S) là: R = 32 + 4 2 = 5.

0,25

Phương trình của mặt cầu (S) là: ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 3)2 = 25.

0,25

2(1 + 2i )
9.a
= 7 + 8i ⇔ (2 + i) z = 4 + 7i
Ta có: (2 + i) z +
(1,0 điểm)
1+ i

0,25

⇔ z = 3 + 2i.

0,25

Do đó w = 4 + 3i.

0,25

Môđun của w là

42 + 32 = 5.

0,25

Trang 3/4

Câu

Đáp án
Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình.
7.b
Do I ∈ d nên tọa độ của I có dạng I (t ;2t + 3).
(1,0 điểm)
AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ | t | = | 2t + 3 |⇔ t = −1 hoặc t =−3.

Điểm
0,25
0,25

• Với t = −1 ta được I (−1;1), nên d ( I ; Ox) = 1. Suy ra, bán kính của (C) là 12 +12 = 2.
Do đó (C ): ( x + 1) 2 + ( y − 1)2 = 2.
• Với t = −3 ta được I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = 3. Suy ra, bán kính của (C) là
Do đó (C ): ( x + 3)2 + ( y + 3)2 = 10.
Do M ∈ d nên tọa độ của điểm M có dạng M (1 + 2t ; −1 − t ; t ).
8.b
JJJJG
JJJJG
(1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ).
JJJJG JJJJG
Tam giác AMB vuông tại M ⇔ AM .BM = 0

32 +12 = 10.

0,25

0,25
0,25
0,25

⇔ 2t (−1 + 2t ) + t 2 + t (t − 2) = 0 ⇔ 6t 2 − 4t = 0

0,25

2
⎛7 5 2⎞
⇔ t = 0 hoặc t = . Do đó M (1; −1;0 ) hoặc M ⎜ ; − ; ⎟ .
3
⎝3 3 3⎠

0,25

Phương trình bậc hai z 2 + 3(1+ i ) z + 5i = 0 có biệt thức ∆ = −2i.
9.b
(1,0 điểm) = (1 − i ) 2 .
Do đó nghiệm của phương trình là z =
hoặc z =

−3(1 + i) + (1 − i)
= −1 − 2i
2

−3(1 + i ) − (1 − i )
= −2 − i.
2

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

------------- HẾT-------------

Trang 4/4


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
< 0.
Xét hàm f(t) = 2
+

, 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