Đáp án Tuyển tập tổng hợp đề thi Đại Học môn Toán từ 2002-2014

bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Câu

ý

I

1

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Nội dung

ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3x 2 + 6 x = 3x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ

0,5đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

y" = 0 x = 1

Bảng biến thiên


x

0


y'

+

0

+

0

lõm

U

4

CT
0

2

CĐ
lồi

x = 0
y=0
,
x = 3
Đồ thị:

+

2

+

0

y"
y

1





y (1) = 4

y

4
2

-1

0

1

2

3

x

( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1


I

2

Cách I. Ta có x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 x 3 + 3 x = k 3 + 3k 2 .
Đặt a = k 3 + 3k 2 Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình x 3 + 3 x 2 = a
có 3 nghiệm phân biệt 0 < a < 4 0 < k 3 + 3k 2 < 4
1 < k < 3
0k <3
0k <3







2
2
k 0 k 2
(k + 1)(k 4k + 4) > 0
(k + 1)(k 2 ) > 0
Cách II. Ta có
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 ( x k ) x 2 + (k 3) x + k 2 3k ] = 0
có 3 nghiệm phân biệt f ( x) = x 2 + (k 3) x + k 2 3k = 0
có 2 nghiệm phân biệt khác k
= 3k 2 + 6k + 9 > 0

1 < k < 3
2


2
2
k 0 k 2
k + k 3k + k 3k 0

[

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-----------

-----------

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

3
Cách I.
x = m 1
y' = 0 1
x2 = m + 1
Ta thấy x1 x 2 và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại
x1 và x 2 .
y1 = y ( x1 ) = m 2 + 3m 2 và y 2 = y ( x 2 ) = m 2 + 3m + 2
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
M 1 m 1; m 2 + 3m 2
và M 2 m + 1; m 2 + 3m + 2
là:
y ' = 3 x 2 + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

(

)

(

)

x m + 1 y + m 2 3m + 2
=
y = 2x m2 + m
2
4

'
2
Cách II. y = 3 x + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

Ta thấy

' = 9m 2 + 9(1 m 2 ) = 9 > 0 y ' = 0 có 2 nghiệm x1 x 2
và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại x1 và x 2 .
Ta có y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2
m
1
= x 3x 2 + 6mx + 3 3m 2 + 2 x m 2 + m.
3
3
Từ đây ta có y1 = 2 x1 m 2 + m và y 2 = 2 x 2 m 2 + m .
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y = 2 x m 2 + m .

(

II

0,5 đ 0,5 đ

)

1.
Với m = 2 ta có log x + log x + 1 5 = 0
2
3

2
3

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

----------

-----------

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1+ t 5 = 0 t 2 + t 6 = 0

t = 3
.
1
t2 = 2
2


t1 = 3 (loại) ,

t 2 = 2 log 32 x = 3 log 3 x = 3 x = 3

3

0,25 đ

0,5 đ

x = 3 3 thỏa mãn điều kiện x > 0 .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

1,0 đ 1,0 đ

2.
log x + log x + 1 2m 1 = 0 (2)
2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1 + t 2 m 1 = 0 t 2 + t 2m 2 = 0

(3)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-----------

----------

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

x [1,3 3 ] 0 log 3 x 3 1 t = log 32 x + 1 2.
Vậy (2) có nghiệm [1,3 3 ] khi và chỉ khi (3) có
nghiệm [ 1,2 ]. Đặt f (t ) = t 2 + t
Cách 1.
Hàm số f (t ) là hàm tăng trên đoạn [1; 2] . Ta có f (1) = 2 và f (2) = 6 .
Phơng trình t 2 + t = 2m + 2 f (t ) = 2m + 2 có nghiệm [1;2]
f (1) 2m + 2
2 2 m + 2

0 m 2.
f (2) 2m + 2
2 m + 2 6
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn 1 < t1 t 2 < 2 .
t +t
1
Do 1 2 = < 1 nên không tồn tại m .
2
2
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn
t1 1 t 2 2 hoặc 1 t1 2 t 2
2m(4 2m ) 0 0 m 2 .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
III

1.

cos 3 x + sin 3x
1

5 sin x +
= cos 2 x + 3 . Điều kiện sin 2 x
1 + 2 sin 2 x
2

cos 3x + sin 3 x
sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x

Ta có 5 sin x +

= 5
1 + 2 sin 2 x
1 + 2 sin 2 x



sin x + cos x cos 3 x + cos 3 x + sin 3 x
(2 sin 2 x + 1) cos x
=5
=5
= 5 cos x
1 + 2 sin 2 x


1 + 2 sin 2 x

2
Vậy ta có: 5 cos x = cos 2 x + 3 2 cos x 5 cos x + 2 = 0
1

cos x = 2 (loại) hoặc cos x = x = + 2k (k Z ).
2
3

3

1,0 đ 1,0 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


5

và x 2 =
. Ta thấy x1 , x 2 thỏa mãn điều
3
3
1
5

kiện sin 2 x . Vậy các nghiệm cần tìm là: x1 =
và x 2 =
.
2
3
3
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Vì x (0 ; 2 ) nên lấy x1 =

2.

y

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

8

3
1
0
-1

-1

1

2

5

3

x

Ta thấy phơng trình | x 2 4 x + 3 |= x + 3 có 2 nghiệm x1 = 0 và x 2 = 5.

Mặt khác | x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] . Vậy
5

(

1

)

(

3

)

(

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ

1đ

1đ

)

S = x + 3 | x 2 4 x + 3 | dx = x + 3 x 2 + 4 x 3 dx + x + 3 + x 2 4 x + 3 dx
0

0

5

1

(

)

+ x + 3 x 2 + 4 x 3 dx
3

1

(

3

)

(

)

5

(

)

S = x + 5 x dx + x 3 x + 6 dx + x 2 + 5 x dx
2

0

1

1

2

3

3

5

5
3
5
1
1

1
S = x3 + x 2 + x3 x 2 + 6x + x3 + x 2
2 0 3
2
2 3
3
1 3
13 26 22 109
S= +
+
=
(đ.v.d.t)
6
3
3
6
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
| x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] )
IV

1.
4

S

N
I
M
A

C

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

K

B
Gọi K là trung điểm của BC và I = SK MN . Từ giả thiết
1

a
MN = BC = , MN // BC I là trung điểm của SK và MN .
2
2
Ta có SAB = SAC hai trung tuyến tơng ứng AM = AN
AMN cân tại A AIMN .
(SBC )( AMN )

(SBC ) ( AMN ) = MN

Mặt khác
AI(SBC ) AISK .
AI ( AMN )


AIMN
Suy ra SAK cân tại A SA = AK =

a 3
.
2

3a 2 a 2 a 2
SK = SB BK =

=
4
4
2
2

2

2

2

SK
AI = SA SI = SA
=
2
2

Ta có

2

S AMN

2

3a 2 a 2 a 10
.

=
4
8
4

a 2 10

1
= MN . AI =
(đvdt)
2
16

chú ý
1) Có thể chứng minh AIMN nh sau:
BC(SAK ) MN(SAK ) MNAI .
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
a
a
a 3 a 3
K (0;0;0), B ;0;0 , C ;0;0 , A 0;
;0 , S 0;
;h
2
6
2
2



trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp S. ABC .

5


2a)

Cách I. Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 có dạng:
(x 2 y + z 4) + (x + 2 y 2 z + 4) = 0 ( 2 + 2 0 )
( + )x (2 2 ) y + ( 2 )z 4 + 4 = 0
r
r
Vậy n P = ( + ;2 + 2 ; 2 ) .Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 và M 2 (1;2;1) 2
r r
n P .u 2 = 0
= 0
(P ) // 2
Vậy (P ) : 2 x z = 0

M 2 (1;2;1) (P )
M 2 (P )

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
-----------

0,5 đ
-----------

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
----------0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
----------0,5 đ
0,5 đ

Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau:
x = 2t '

Từ phơng trình 1 suy ra 2 x z = 0. Đặt x = 2t ' 1 : y = 3t '2
z = 4t '

r

M 1 (0;2;0) 1 , u1 = (2;3;4) // 1 .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm M 1 1 bằng cách cho x = 0 y = 2 z = 0
Cách II

r 2 1 1 1 1 2
= (2;3;4) ).
và tính u1 =
;
;

2
2
2
1
1
2




r
Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :
r
r r
n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;1) . Vậy phơng trình mặt phẳng (P) đi qua M 1 (0;2;0 )
r
và n P = (2;0;1) là: 2 x z = 0 .
Mặt khác M 2 (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x z = 0
2b)

b)Cách I. H 2 H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) MH = (t 1; t + 1;2t 3)
MH = (t 1) + (t + 1) + (2t 3) = 6t 12t + 11 = 6(t 1) + 5
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
t = 1 H (2;3;3)
Cách II. H 2 H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) .
r
MH nhỏ nhất MH 2 MH .u 2 = 0 t = 1 H (2;3;4)
2

V

1.

2

2

2

2

Ta có BC I Ox = B(1;0 ) . Đặt x A = a ta có A(a; o) và

(

1đ

)

xC = a y C = 3a 3. Vậy C a; 3a 3 .

1

2a + 1 3 (a 1)
xG = 3 ( x A + x B + x C )
.
;
Từ công thức
ta có G

1
3
3

yG = ( y A + y B + yC )
3

Cách I.
Ta có :
AB =| a 1 |, AC = 3 | a 1 |, BC = 2 | a 1 | . Do đó
6

0,25 đ


S ABC =
Ta có
Vậy

1
3

(a 1)2 .
AB. AC =
2
2
2
2S
3 (a 1)
| a 1|
= 2.
r=
=
=
AB + AC + BC 3 | a 1 | + 3 | a 1 |
3 +1
| a 1 |= 2 3 + 2.

0,25 đ

0,25 đ

7+4 3 6+2 3

;
TH1. a1 = 2 3 + 3 G1
3
3

4 3 1 6 2 3
.
;

TH2 a 2 = 2 3 1 G2

3
3


Cách II.
y
C

0,25 đ
-----------

I
O

B

A

x

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì r = 2 y I = 2 .
x 1
xI = 1 2 3 .
Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x 1) =
3
TH1 Nếu A và O khác phía đối với B x I = 1 + 2 3. Từ d ( I , AC ) = 2
7+4 3 6+2 3

a = x I + 2 = 3 + 2 3. G1
;
3
3

TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với B x I = 1 2 3. Tơng tự
4 3 1 6 2 3

;
ta có a = x I 2 = 1 2 3. G2

3
3



0,25 đ

0,25 đ

1 đ

2.
Từ

0,25 đ

C n3 = 5C n1 ta có n 3 và

7

n!
n!
n(n − 1)(n − 2)
=5
⇔
= 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0
(n − 1)!
3!(n − 3)!
6
⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n2 = 7.
Víi n = 7 ta cã
 x2−1 
C  2 


3
7

4

0,25 ®
0,25 ®

3

 −3x 
 2  = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.






8

0,5 ®


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003



đáp án thang điểm

đề thi chính thức

Môn thi : toán

Khối A

Nội dung

điểm
2điểm
1 điểm

Câu 1.

1)

x2 + x 1
1
= x
.
x 1
x 1
+ Tập xác định: R \{ 1 }.
Khi m = 1 y =

+ y ' = 1 +

1
( x 1)

2

=

x2 + 2 x
2

x=0
y'= 0
x = 2.

.

( x 1)

1
+ lim [ y ( x)] = lim
= 0 tiệm cận xiên của đồ thị là: y = x .
x
x x 1
lim y = tiệm cận đứng của đồ thị là: x = 1 .

0,25 đ

x 1

Bảng biến thiên:
x
y



0
0

+
y

1
+

2
0
3
CĐ

+
+

CT
1



+
0,5 đ


Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).

y

1
O

0, 25 đ
1

1

3

1

2

x


2)

1 điểm

Đồ thị hàm số y =

2

mx + x + m
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
x 1

dơng phơng trình f ( x) = mx 2 + x + m = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1
m0


= 1 4m 2 > 0

f (1) = 2m + 1 0

S = 1 > 0, P = m > 0

m
m

Vậy giá trị m cần tìm là:



m0

m<1

2

m 1

2
m<0






1
< m < 0.
2

2điểm
1 điểm
(*) .

Khi đó phơng trình đã cho



0,75 đ

1
< m < 0.
2

Câu 2.
1)
sin x 0

Điều kiện cos x 0
tg x 1


0,25 đ

0, 25 đ
cos x
cos 2 x sin 2 x
1 =
+ sin x(sin x cos x)
sin x
sin x
1+
cos x

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

(cos x sin x)(1 sin x cos x + sin 2 x) = 0
cos x sin x = 0


2
1 sin x cos x + sin x = 0.

TH1: sin x = cos x tgx = 1 x = + k (k Z) thỏa mãn điều kiện (*).
4
1
TH2: 1 sin x cos x + sin 2 x = 0 1 sin 2 x + sin 2 x = 0 : vô nghiệm.
2

Vậy nghiệm của phơng trình là: x = + k (k Z) .
4
1
1
(1)
x x = y y
2) Giải hệ
2 y = x3 + 1
(2).

+ Điều kiện xy 0.
x= y
1

+ Ta có (1) ( x y )(1 + ) = 0
xy
xy = 1.



x = y =1

x= y
x = y
x = y

1 + 5


TH1:
x = y =


3
3
2
2
2 y = x + 1 2 x = x + 1 ( x 1)( x + x 1) = 0

x = y = 1 5 .

2

2

0, 25 đ

0, 25 đ
0, 25 đ

1 điểm

0, 25 đ

0,5 đ


1

1

y = x
xy = 1
y=x


TH2:
3
2 y = x + 1 2 = x3 + 1 x 4 + x + 2 = 0

x
Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
2

(3)
(4).

2

1
1
3

x 4 + x + 2 = x 2 + x + + > 0, x .
2
2
2

1
Cách 2. Đặt f ( x) = x 4 + x + 2 f ( x) min f ( x) = f
> 0.
3
xR
4
Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1 + 5 1 + 5 1 5 1 5
( x; y ) = (1;1),
;
;
,
.
2
2

2
2



Câu 3.
B
C
Cách 1.

A

0, 25 đ

3điểm
1 điểm

D
H
B

C
I

A

D

1)
Cách 1. Đặt AB = a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH

AC, mà BD (AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc
n.
phẳng nhị diện [ B, A ' C , D ] là góc BHD
0, 25 đ
Xét A ' DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có DH . A ' C = CD. A ' D
CD. A ' D
a.a 2 a 2
=
=
. Tơng tự, A ' BC vuông tại B có BH là đờng
DH =
A'C
a 3
3
0, 25 đ
a 2
cao và BH =
.
3
Mặt khác:
2
2
2
n = 2a + 2a 2. 2a cos BHD
n,
2a 2 = BD 2 = BH 2 + DH 2 2 BH .DH cos BHD
3
3
3
n = 1 BHD

n = 120o .
do đó cos BHD
2
Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của A ' C và ( BC ' D)
n là góc phẳng của [ B; A ' C ; D ] .
BHD

Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD
n = 120o .
H là tâm BCD đều BHD

3

0, 25 đ
0, 25 đ
hoặc
0, 25đ
0,25 đ
0,5 đ


2)

2 điểm
a) Từ giả thiết ta có
z
A

b

C (a; a; 0); C ' (a; a; b) M (a; a; ) .
0, 25 đ
2
JJJG
JJJJG
b
Vậy BD = ( a; a; 0), BM = (0; a; )
2
JJJG JJJJG ab ab

0, 25 đ
BD, BM = ;
; a2 .
2
2

JJJG
JJJG JJJJG JJJG 3a 2b
. 0, 25 đ
BA ' = ( a; 0; b ) BD, BM .BA ' =
2

D

B

C
A

y

D

B

C

x

1 JJJG JJJJG JJJG
a 2b
BD, BM .BA ' =
.

6
4
JJG
JJJG JJJJG ab ab

; a2 ,
b) Mặt phẳng ( BDM ) có véctơ pháp tuyến là n1 = BD, BM = ;
2
2

JJG
JJJG JJJG
2
mặt phẳng ( A ' BD) có véctơ pháp tuyến là n2 = BD, BA ' = (ab; ab; a ) .
JJG JJG
a

a 2b 2 a 2 b 2
Do đó ( BDM ) ( A ' BD) n1.n2 = 0
+
a4 = 0 a = b = 1.
2
2
b
Câu 4.
1)

Do đó VBDA ' M =

(

)

0, 25 đ

0, 5 đ
0, 5 đ
2điểm
1 điểm

Ta có Cnn++14 Cnn+ 3 = 7(n + 3) Cnn++31 + Cnn+ 3 Cnn+ 3 = 7(n + 3)

(n + 2)(n + 3)
= 7(n + 3) n + 2 = 7.2! = 14 n = 12.
2!

k
C12

Số hạng tổng quát của khai triển là
60 11k
Ta có x 2

= x8

(x )
3

5
. x 2



k
= C12

60 11k
x 2

60 11k
= 8 k = 4.
2

2 3

5

Đặt t = x 2 + 4 dt =

xdx
x

2

xdx
2

2

x +4

12!
= 495.
4!(12 4)!

.

I=

2 3

và x 2 = t 2 4.

5

4

xdx
x2 x2 + 4

=

3t

dt
2

4

0, 25 đ

1 điểm

x +4
Với x = 5 thì t = 3 , với x = 2 3 thì t = 4 .

Khi đó

.

0, 25 đ

4
C12
=

Do đó hệ số của số hạng chứa x 8 là
2) Tính tích phân I =

12 k

k

0, 5 đ

=

0, 25 đ
0, 25 đ

4

1 1
1


dt

4 3 t 2 t + 2

0,25 đ

4

1 t 2
1 5
= ln
= ln .

4 t +2 3 4 3

4

0, 25 đ


Câu 5.
G G
G G
G
G
Với mọi u, v ta có | u + v | | u | + | v | (*)
G G
G 2 G2
GG
G
G
G G
G
G 2
(vì | u + v |2 = u + v + 2u.v | u |2 + | v |2 +2 | u | . | v |= | u | + | v | )

(

1điểm

)

1 1 1
Đặt a = x; , b = y; , c = z; .
x
z
y
G
G
G
G G
G
G G G
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có | a | + | b | + | c | | a + b | + | c | | a + b + c | .
Vậy

P = x2 +

1
x2

+ y2 +

1
y2

+ z2 +

2

1 1 1
( x + y + z )2 + + + .
z2
x y z
1

0, 25 đ

Cách 1. Ta có
2

1 1 1
P ( x + y + z) + + +
x y z
2

(

3 3 xyz

)

2

2

1
9
+ 3 3
= 9t + , với
xyz
t


2
2
1
x+ y+ z
t = 3 xyz 0 < t
.
3
9


9
9
1
Đặt Q(t ) = 9t + Q '(t ) = 9 < 0, t 0; Q(t ) giảm trên
2
t
9
t
1
Q(t ) Q = 82. Vậy P Q(t ) 82.

9
1
Dấu = xảy ra khi x = y = z =
.
3
Cách 2.

(

0, 25 đ

)

(

1
0;
9

0, 25 đ

)

2

hoặc

2

1 1 1

1 1 1
Ta có ( x + y + z )2 + + + = 81( x + y + z )2 + + + 80( x + y + z )2
x y z
x y z
1 1 1
18( x + y + z ) + + 80( x + y + z )2 162 80 = 82.
x y z
Vậy P 82.

0,25 đ

0,5 đ

1
.
3
Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác.

(Dấu = xảy ra

0, 25 đ

khi x = y = z =

)

5


Bộ giáo dục và đào tạo

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

Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...........................................
Đề chính thức

Câu
I

Môn: Toán, Khối A
(Đáp án - thang điểm có 4 trang)
Nội dung

ý
I.1

Điểm
2,0

(1,0 điểm)

y=

x 2 + 3x 3
1
1
= x +1
.

2
2 ( x 1)
2(x 1)

a) Tập xác định: R \ {1} .
b) Sự biến thiên:
x(2 x)
y' =
; y ' = 0 x = 0, x = 2 .
2(x 1) 2
1
3
yCĐ = y(2) = , yCT = y(0) = .
2
2
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
1
Đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên.
2
Bảng biến thiên:

0
1
x



y'
y

0

+

0,25

0,25

+

+





0


+

3
2

+

2

1
2

0,25

c) Đồ thị:

0,25

1


I.2

(1,0 điểm)

Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :

x 2 + 3x 3
= m x 2 + (2 m 3)x + 3 2 m = 0 (*).
2(x 1)

0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
3
1
> 0 4m 2 4m 3 > 0 m > hoặc m < (**) .
2
2

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x1 , x2 là nghiệm của phơng trình (*).

0,25

AB = 1 x 1 x 2 = 1 x1 x 2

(2 m 3)2 4(3 2 m ) = 1

2

=1

m=

(x

+ x 2 ) 4x1x 2 = 1
2

1

1 5
(thoả mãn (**))
2

0,25
0,25
2,0

II
II.1

(1,0 điểm)
Điều kiện : x 4 .
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:

0,25

2(x 2 16) + x 3 > 7 x 2(x 2 16) > 10 2x

0,25
+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm.
0,25
+ Nếu 4 x 5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
2
đợc: 2 x 2 16 > (10 2x ) x 2 20x + 66 < 0 10 34 < x < 10 + 34 .

(

II.2

)

Kết hợp với điều kiện 4 x 5 ta có: 10 34 < x 5 . Đáp số: x > 10 34
(1,0 điểm)
Điều kiện: y > x và y > 0.

log 1 (y x ) log 4
4

log 4

1
=1
y

log 4 (y x ) log 4

1
=1
y

3y
yx
=1 x =
.
y
4

0,25

0,25

0,25
2

3y
2
Thế vào phơng trình x + y = 25 ta có: + y = 25 y = 4.

4
2

2

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).
III
III.1

0,25
0,25
3,0

(1,0 điểm)

JJJG
+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) có phơng trình 3x + 3y = 0 .
JJJG
Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) có phơng trình y = 1
JJJG
( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) có phơng trình 3x + y 2 = 0 )
Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1)
+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x + y + 2 = 0 .
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình

3x + 3y = 0 ).

0,25

0,25

0,25

2


Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là I 3 ; 1 .

(

III.2.a

)

(1,0 điểm)

(

)

+ Ta có: C ( 2; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , M 1; 0; 2 ,
JJJJG
SA = 2; 0; 2 2 , BM = 1; 1; 2 .

(

)

Gọi là góc giữa SA và BM.

(

)

0,25

JJJG JJJJG
SA.BM
3
= 30 .
Ta đợc:
= JJJG JJJJG =
2
SA . BM
JJJG JJJJG
JJJG
+ Ta có: SA, BM = 2 2; 0; 2 , AB = ( 2; 1; 0 ) .
Vậy:
JJJG JJJJG JJJG
SA, BM AB
2 6


d ( SA, BM ) =
=
JJJG JJJJG
3
SA, BM

JJJG JJJJG
cos = cos SA, BM

(

(

III.2.b

0,25

)

)

0,25
0,25

0,25

(1,0 điểm)

1
2

Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD N 0; ; 2 .

(

)

(

)

JJJG
JJJG
1

SA = 2; 0; 2 2 , SM = 1; 0; 2 , SB = 0; 1; 2 2 , SN = 0; ; 2
2


JJJG JJJG
SA, SM = 0; 4 2; 0 .
1 JJJG JJJG JJG 2 2
VS.ABM = SA,SM SB =
6
3

(

)

(

VS.AMN =

)

1 JJJG JJJG JJJG
2

=
SA,SM
SN
VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2

6
3

0,25

0,25
0,25
0,25
2,0

IV
IV.1

(1,0 điểm)

2

x
dx . Đặt: t = x 1 x = t 2 + 1 dx = 2 tdt .
x 1
1
x = 1 t = 0 , x = 2 t = 1.

I=

1+

0,25

3


1

Ta có: I =
0

1

1

t2 +1
t3 + t
2

2t dt = 2
dt = 2 t 2 t + 2
dt
1+ t
1
t
t
1
+
+


0
0

0,25

1

IV.2

1
1

I = 2 t 3 t 2 + 2t 2 ln t + 1
2
3
0
1 1
11

I = 2 + 2 2 ln 2 = 4 ln 2 .
3 2
3
(1, 0 điểm)

0,25
0,25

8

1 + x 2 (1 x ) = C80 + C18 x 2 (1 x ) + C82 x 4 (1 x ) + C83 x 6 (1 x ) + C84 x 8 (1 x )
2

3

4

+ C85 x10 (1 x ) + C86 x12 (1 x ) + C87 x14 (1 x ) + C88 x16 (1 x )
5

6

7

8

Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8.

0,25
0,25

Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

C83.C32 , C84 .C 04
Suy ra

0,25

a8 = 168 + 70 = 238 .

0,25
1,0

V
Gọi M = cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C 3

= 2 cos 2 A 1 + 2 2 2 cos

B+C
BC
cos
3.
2
2

A
BC
A
> 0 , cos
1 nên M 2 cos 2 A + 4 2 sin 4 .

2
2
2
2
Mặt khác tam giác ABC không tù nên cos A 0 , cos A cos A . Suy ra:
A
A
A

M 2 cos A + 4 2 sin 4 = 2 1 2 sin 2 + 4 2 sin 4
2
2
2

Do sin

0,25
0,25

2

A
A
A

= 4 sin
+ 4 2 sin 2 = 2 2 sin 1 0 . Vậy M 0 .
2
2
2

2


cos 2 A = cos A

BC

Theo giả thiết: M = 0 cos
=1
2

1
A
sin 2 =
2


0,25

A = 90
B = C = 45



0,25

4

Mang Giao duc Edunet -

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

Câu
I

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------Môn: TOÁN, Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

Ý

Nội dung

Điểm
2,0
1,0

I.1

m=

1
1
1
⇒ y= x+ .

4
4
x

a) TXĐ: \\{0}.

0,25

b) Sự biến thiên: y ' =

1 1 x −4
−
=
, y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 2.
4 x2
4x 2
2

yCĐ = y ( −2 ) = −1, yCT = y ( 2 ) = 1.
Đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng.
1
Đường thẳng y = x là tiệm cận xiên.
4

0,25

c) Bảng biến thiên:
x
y’

− ∞

+

−2

0

−

0

−1

+∞

−

2
0

+∞
+
+∞

0,25

y

− ∞

−∞

1

d) Đồ thị

0,25

1


Mang Giao duc Edunet -

I.2

1,0

1
, y ' = 0 có nghiệm khi và chỉ khi m > 0 .
x2
1
1
Nếu m > 0 thì y ' = 0 ⇔ x1 = −
.
, x2 =
m
m
Xét dấu y '
x

1
−∞
−
0
m
+
0
−
||
−
y'
Hàm số luôn có cực trị với mọi m > 0.
y' = m −

0,25

1
m
0

+∞

0,25

+

⎛ 1
⎞
; 2 m ⎟.
⎝ m

⎠
Tiệm cận xiên (d) : y = mx ⇔ mx − y = 0.

Điểm cực tiểu của ( C m ) là M ⎜

d ( M, d ) =

m −2 m
m2 + 1

1
⇔
2
Kết luận: m = 1 .
d ( M;d ) =

=

m
m +1
2

m
m2 + 1

=

0,25

.

1
⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1.
2

II.

0,25
2,0
1,0

II.1
Bất phương trình:

⎧5x − 1 ≥ 0
⎪
5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 . ĐK: ⎨ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2.
⎪2x − 4 ≥ 0
⎩

0,25

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 ⇔ 5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 + 2 (2x − 4)(x − 1)
⇔ x + 2 > (2x − 4)(x − 1) ⇔ x + 4x + 4 > 2x − 6x + 4
2

0,25

2

⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10.
Kết hợp với điều kiện ta có : 2 ≤ x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho.
II.2

0,25
0,25
1,0

Phương trình đã cho tương đương với

(1 + cos 6x ) cos 2x − (1 + cos 2x ) = 0
⇔ cos 6x cos 2x − 1 = 0
⇔ cos8x + cos 4x − 2 = 0
⇔ 2 cos 2 4x + cos 4x − 3 = 0

⎡ cos 4x = 1
⇔⎢
⎢ cos 4x = − 3 ( lo¹i ) .
⎢⎣
2
π
Vậy cos 4x = 1 ⇔ x = k ( k ∈ ] ) .
2

0,25

0,25

0,5

2


Mang Giao duc Edunet -

III.
III.1

3,0
1,0

Vì A ∈ d1 ⇒ A ( t; t ) .

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D ∈ Ox nên C ( t; − t ) .

0,25

Vì C ∈ d 2 nên 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1. Vậy A (1;1) , C (1; −1) .

0,25

Trung điểm của AC là I (1;0 ) . Vì I là tâm của hình vuông nên

⎧ IB = IA = 1
⎨
⎩ ID = IA = 1
⎧ B ∈ Ox
⎧ B(b;0) ⎧⎪ b − 1 = 1 ⎧b = 0, b = 2

⇔⎨
⇒⎨
⇔⎨
⎨
⎩D ∈ Ox
⎩D(d;0) ⎪⎩ d − 1 = 1 ⎩d = 0, d = 2
Suy ra, B ( 0;0 ) và D ( 2;0 ) hoặc B ( 2;0 ) và D ( 0;0 ) .

0,25

0,25

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là

A (1;1) , B ( 0;0 ) , C (1; −1) , D ( 2;0 ) ,

hoặc

A (1;1) , B ( 2;0 ) , C (1; −1) , D ( 0;0 ) .

III.2a

1,0

⎧x = 1 − t
⎪
Phương trình của tham số của d : ⎨ y = −3 + 2t
⎪z = 3 + t.
⎩
I ∈ d ⇒ I (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) , d ( I, ( P ) ) =

−2t + 2
.
3

⎡t = 4
d ( I, ( P ) ) = 2 ⇔ 1 − t = 3 ⇔ ⎢
⎣ t = −2.
Vậy có hai điểm I1 ( −3;5;7 ) , I 2 ( 3; −7;1) .
III.2b

0,25

0,25
0,25
0,25
1,0

Vì A ∈ d nên A (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) .

Ta có A ∈ ( P ) ⇔

Vậy A ( 0; −1; 4 ) .

2 (1 − t ) + ( −3 + 2t ) − 2 ( 3 + t ) + 9 = 0 ⇔ t = 1 .

0,25

G

Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = ( 2;1; −2 ) .

G

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2;1) .

0,5

⎧x = t
⎪
Phương trình tham số của ∆ : ⎨ y = −1
⎪z = 4 + t.
⎩

0,25

JJG
G G
Vì ∆ ⊂ ( P ) và ∆ ⊥ d nên ∆ có vectơ chỉ phương u ∆ = ⎡ n, u ⎤ = ( 5;0;5 ) .
⎣
⎦

3


Mang Giao duc Edunet -

IV

2,0

1,0

IV.1
π
2

I=∫
0

(2 cos x + 1)sin x
dx .
1 + 3cos x

0,25

⎧
t2 −1
=
cos
x
⎪⎪
3
Đặt t = 1 + 3cos x ⇒ ⎨
3sin x
⎪dt = −
dx.
2 1 + 3cos x
⎩⎪
π
x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 1.

2
1
2
⎛ t −1 ⎞⎛ 2 ⎞
22 2
I = ∫⎜2
+ 1⎟ ⎜ − ⎟ dt = ∫ ( 2t + 1) dt.
3
91
⎠⎝ 3 ⎠
2⎝

0,25

0,25

2

⎞
2 ⎛ 2t 3
2 ⎡⎛ 16
⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎤ 34
= ⎜
+ t ⎟ = ⎢⎜ + 2 ⎟ − ⎜ + 1⎟ ⎥ = .
9⎝ 3
⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎦ 27
⎠ 1 9 ⎣⎝ 3
IV.2

Ta có (1 + x )

2n +1

=C

0
2n +1

+C

1
2n +1

x+C

2
2n +1

x +C
2

3
2n +1

0,25

x + ... + C
3

2n +1

2n +1

x

2n +1

∀x ∈ \.

1,0
0,25

Đạo hàm hai vế ta có

( 2n + 1)(1 + x )

2n

2
3
2
2n +1 2n
∀x ∈ \.
= C12n +1 + 2C2n
+1 x + 3C 2n +1 x + ... + ( 2n + 1) C 2n +1 x

Thay x = −2 ta có:

4
2n
2n +1

C12n +1 − 2.2C 22 n +1 + 3.2 2 C32n +1 − 4.23 C 2n
+1 + ... + ( 2n + 1) .2 C 2n +1 = 2n + 1.
Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005 ⇒ n = 1002 .

V

0,25
0,25
0,25
1,0

Với a, b > 0 ta có : 4ab ≤ (a + b) ⇔
2

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
Áp dụng kết quả trên ta có:

1
a+b
1
1⎛1 1⎞
≤
⇔
≤ ⎜ + ⎟.
a + b 4ab
a +b 4⎝a b⎠

0,25

1

1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+ ⎟ (1).
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
2x + y + z 4 ⎝ 2x y + z ⎠ 4 ⎣ 2x 4 ⎝ y z ⎠ ⎦ 8 ⎝ x 2y 2z ⎠
Tương tự

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (2).
x + 2y + z 4 ⎝ 2y x + z ⎠ 4 ⎣ 2y 4 ⎝ x z ⎠ ⎦ 8 ⎝ y 2z 2x ⎠

0,5

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜ +
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +

⎟ (3).
x + y + 2z 4 ⎝ 2z x + y ⎠ 4 ⎣ 2z 4 ⎝ x y ⎠ ⎦ 8 ⎝ z 2x 2y ⎠
1
1
1
1⎛ 1 1 1⎞
+
+
≤ ⎜ + + ⎟ = 1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 4 ⎝ x y z ⎠
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi
3
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
4
Vậy

-------------------------------Hết------------------------------4

0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)
Câu

I

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4.
• TXĐ: \.
• Sự biến thiên: y ' = 6 ( x 2 − 3x + 2 ) , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 2.

0,25

Bảng biến thiên:
x -∞
y'

+

1
0

2
0

_

+∞
+
+∞

1

y

0

-∞

yCĐ = y (1) = 1, y CT = y ( 2 ) = 0.

0,50

• Đồ thị:
y

1
O

x

1 2

0,25
−4

2

Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm)
3

2

Phương trình đã cho tương đương với: 2 x − 9 x + 12 x − 4 = m − 4 .
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
3
2
y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 với đường thẳng y = m − 4.
3

0,25

2

Hàm số y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục

đối xứng.
1/5

0,25


Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số:
3
y = 2 x − 9x 2 + 12 x − 4
y

1
−2 −1 O

y=m−4
1 2

x

0,25

−4

Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
0 < m − 4 < 1 ⇔ 4 < m < 5.

II
1

2

0,25
2,00

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
2
Điều kiện: sin x ≠
(1) .
2
Phương trình đã cho tương đương với:

⎛ 3
⎞ 1
2 ( sin 6 x + cos 6 x ) − sin x cos x = 0 ⇔ 2 ⎜1 − sin 2 2x ⎟ − sin 2x = 0
⎝ 4
⎠ 2
2
⇔ 3sin 2x + sin 2x − 4 = 0
⇔ sin 2x = 1
π
⇔ x = + kπ
(k ∈ ]).
4
5π
+ 2mπ
Do điều kiện (1) nên: x =
(m ∈ ]).
4
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ 0. Đặt t = xy ( t ≥ 0 ) . Từ phương trình thứ

nhất của hệ suy ra: x + y = 3 + t.
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:
x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16
( 2) .
Thay xy = t 2 , x + y = 3 + t vào (2) ta được:
2

0,50

0,25

0,25

0,25

0,25
2

3 + t + 2 + 2 t + 3 + t + 1 = 16 ⇔ 2 t + t + 4 = 11 − t
⎧⎪0 ≤ t ≤ 11
⎧0 ≤ t ≤ 11
⇔⎨ 2
⇔ t =3
2 ⇔ ⎨ 2
⎩3t + 26t − 105 = 0
⎪⎩4 ( t + t + 4 ) = (11 − t )
Với t = 3 ta có x + y = 6, xy = 9. Suy ra, nghiệm của hệ là (x; y) = (3;3).

2/5

0,25
0,25


III

2,00
1

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN (1,00 điểm)
Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa A 'C và song song với MN . Khi đó:

d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) .

0,25

⎛1
⎞ ⎛1
⎞
Ta có: C (1;1;0 ) , M ⎜ ;0;0 ⎟ , N ⎜ ;1;0 ⎟
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
JJJJG
JJJJG
A 'C = (1;1; − 1) , MN = ( 0; 1; 0 )
JJJJG JJJJG ⎛ 1 −1 −1 1 1 1 ⎞
⎡ A 'C, MN ⎤ = ⎜
;
;
⎟ = (1;0;1) .
⎣
⎦
1
0
0
0
0
1
⎝
⎠

G
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ' ( 0;0;1) , có vectơ pháp tuyến n = (1;0;1) , có

phương trình là: 1. ( x − 0 ) + 0. ( y − 0 ) + 1. ( z − 1) = 0 ⇔ x + z − 1 = 0.

Vậy d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) =

2

1
+ 0 −1
2

=

1

.
12 + 02 + 12 2 2
Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)
Gọi mặt phẳng cần tìm là ( Q ) : ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) .

⎧c + d = 0
Vì ( Q ) đi qua A ' ( 0;0;1) và C (1;1;0 ) nên: ⎨
⇔ c = −d = a + b.
⎩a + b + d = 0
Do đó, phương trình của ( Q ) có dạng: ax + by + ( a + b ) z − ( a + b ) = 0. .
G
Mặt phẳng ( Q ) có vectơ pháp tuyến n = ( a; b;a + b ) , mặt phẳng Oxy có
G

vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .
G G
1
1
Vì góc giữa ( Q ) và Oxy là α mà cos α =
nên cos n, k =
6
6
a+b
1
2
⇔
=
⇔ 6 ( a + b ) = 2 ( a 2 + b 2 + ab )
2
6
a 2 + b2 + ( a + b )

( )

⇔ a = −2b hoặc b = −2a.
Với a = −2b , chọn b = −1, được mặt phẳng ( Q1 ) : 2x − y + z − 1 = 0.

Với b = −2a , chọn a = 1, được mặt phẳng ( Q 2 ) : x − 2y − z + 1 = 0.

IV

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
2,00

1

Tính tích phân (1,00 điểm)
π
2

sin 2x

Ta có: I = ∫

π
2

dx = ∫

sin 2x

2
cos 2 x + 4sin 2 x
0 1 + 3sin x
Đặt t = 1 + 3sin 2 x ⇒ dt = 3sin 2xdx.

π
Với x = 0 thì t = 1 , với x = thì t = 4.
2
4
1 dt
Suy ra: I = ∫
31 t
0

dx.
0,25
0,25
0,25

4

2
2
=
t = .
3 1 3

0,25
3/5


2

Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)
1 1 1

1
1
+ = 2+ 2− .
Từ giả thiết suy ra:
x y x
y xy
1
1
Đặt = a, = b ta có: a + b = a 2 + b 2 − ab
x
y

(

(1)

)

2

A = a 3 + b3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) .

0,25

2

Từ (1) suy ra: a + b = ( a + b ) − 3ab.
2

3

2
2
⎛a+b⎞
Vì ab ≤ ⎜
⎟ nên a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b )
4
⎝ 2 ⎠

0,50

2

⇒ (a + b) − 4 (a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4
2

Suy ra: A = ( a + b ) ≤ 16.
Với x = y =
V.a
1

1
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
2

0,25
2,00

Tìm điểm M ∈ d 3 sao cho d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) (1,00 điểm)
Vì M ∈ d 3 nên M ( 2y; y ) .

0,25

Ta có:
d ( M, d1 ) =

2y + y + 3
12 + 12

=

3y + 3

d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) ⇔

2

, d ( M, d 2 ) =

3y + 3

2
Với y = −11 được điểm M1 ( −22; − 11) .

=2

y−4
2

2y − y − 4
12 + ( −1)

=

2

y−4
2

⇔ y = −11, y = 1.

Với y = 1 được điểm M 2 ( 2; 1) .
2

Vì

=

0,25
0,25

0,25

Tìm hệ số của x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)
• Từ giả thiết suy ra: C02n +1 + C12n +1 + ⋅⋅⋅ + Cn2n +1 = 220
Ck2n +1

.

(1) .

+1− k
C2n
2n +1 , ∀k, 0 ≤

k ≤ 2n + 1 nên:
1
2n +1
C02n +1 + C12n +1 + ⋅⋅⋅ + Cn2n +1 = C02n +1 + C12n +1 + ⋅⋅⋅ + C2n
+1
2

(

Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 1)

2n +1

+1
C02n +1 + C12n +1 + ⋅⋅⋅ + C2n
2n +1 = (1 + 1)

)

( 2).

0,25

suy ra:

2n +1

= 22n +1

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 22n = 220 hay n = 10.

( 3) .

0,25

10

10
10
10 − k
k
⎛ 1
⎞
k
k 11k − 40
• Ta có: ⎜ 4 + x 7 ⎟ = ∑ C10
x −4 ) ( x 7 ) = ∑ C10
x
.
(
⎝x
⎠
k =0
k =0

k

với k thỏa mãn: 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6.
Hệ số của x 26 là C10
6
Vậy hệ số của x 26 là: C10
= 210.

4/5

0,25

0,25