Đề và đáp án môn Toán khối A từ năm 2010 đến năm 2016

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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( x − x + 1)
2

≥ 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
(x, y ∈ R).
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
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
và điểm A có hoành độ dương.
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
2

x −1 y z + 2
= =
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
−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 − x + 1) ≤ 1 − x +

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 =
x kéo theo 1 − x +

+ 1−x =

2

2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x +

2( x 2 − x + 1) = 1 − x +

(1) ⇔

2( x 2 − x + 1) < 0.

x đồng thời 1 − x +

x ≥ 0.

x ≥ 0, do đó:

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

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

III
(1,0 điểm)

0,25

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

I =

1
1

1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e
+ 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
2
a
a
5
a
= 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.

∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
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: 4x2 + ⎜ − 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

⎛5
⎞
Xét hàm g(x) = 4x2 + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng
⎝2
⎠

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

4
3 − 4x

= 4x (4x2 − 3) −

4
3 − 4x

⎛ 3⎞
⎜ 0; ⎟ .
⎝ 4⎠

< 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

0,25

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

y
d1
O
B

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

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

0,25

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

1
3
AB.AC.sin 60 =

(OA.sin 60 ).(OA.tan 60 )
4
2
A
3 3
=
OA2.
8
I
C
4
3
, suy ra OA2 = .
Do đó: SABC =
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
⎞
⇒ C⎜
; − 2⎟ .
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨
3
⎝
⎠
x
−
y
−
=
3
3
4
0
⎪⎩
3⎞
⎛ −1
; − ⎟ và bán kính IA = 1.
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜
2⎠
2
3
⎝

x

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)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).

M

( )

Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = cos v, n .
C

P

( )

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

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).
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

Suy ra: d(A, ∆) =

M

VII.b
(1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10).
⎡v, MA⎤
⎣
⎦
=
v

49 + 4 + 100
= 3.
4+9+4

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
⎧⎪5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 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
4
1
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ):

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)

• Tập xác định: D =

⎧1 ⎫
\ ⎨ ⎬.
⎩2⎭

• Sự biến thiên:

−1

Chiều biến thiên: y ' =

( 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
lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x =

lim − y = − ∞,

⎛1⎞
x →⎜ ⎟
⎝2⎠

Bảng biến thiên:

⎛1⎞
x →⎜ ⎟
⎝2⎠

1
2

x −∞

−

y’
y

−

0,25
−

−∞
y

• Đồ thị:

0,25

+∞

+∞

1
−
2

1
.
2

1
2

(C)
O
−

1
2

1
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 )

0,25

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)

π

( x sin x + cos x) + x cos x
I = ∫
dx =
x sin x + cos x
0
4

π

π

4

4

∫ dx +
0

x cos x

∫ x sin x + cos x dx.

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⎟ ⎟⎟ .
4
⎝ 2 ⎝ 4 ⎠⎠
⎝ 2 ⎝ 4 ⎠⎠
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
S
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và

(ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3.
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

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

2

Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 +

ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)

0,25

⇔ (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
⇔ ( 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)

Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA =
A

I

B
M

∆

5.

o

Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB
⇒ SMAIB = IA.MA

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:

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

O

B

0,25

4 − x2 .

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)
a +b +c
2

2

2

0,25

R2 − r 2 =

=

2c
2a + c
2

2

⇒

2c
2a + c
2

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


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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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.
x2
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.
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
triển nhị thức Niu-tơn của

---------- 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

y

0,25

–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).
Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ).

0,25

0,25

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

0,25

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

0,25

Trang 1/4


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: ⎨
12
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
+ x−
= 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = .
Thay vào (2), ta được 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

I=−

=

=

1 + ln( x + 1)
+
x
1

2 + ln 2
+

3

3

∫(
1

3

)

dx

∫ x( x + 1)

)

D

C
H

AH =

B

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

3

0,25
1

0,25

K
A

0,25

0,25

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

S

N

0,25

1

2
2
+ ln 3 − ln 2.
3
3

5
(1,0 điểm)

x

(

0,25

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

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 |)

(

)

0,25

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

(

)

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).

)

(

1
2 2
2
⇒ 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

8.a
Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.
(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).
IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t =

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

k

7

k

k

(− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k .

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


BO GIAO DUC VA AO TAO

E CHếNH THữC

E THI TUYE4N SINH AI HOC NA M 2013
Mon: TOAN; Khoãi A va khoãi A1
Thi gian lam bai: 180 phut, khong ke thi gian phat ềe


I. PHAN CHUNG CHO TAĂT CAÔ THế SINH (7,0 ềiem)
Cau 1 (2,0 ềiem). Cho ham soã y = x3 + 3x2 + 3mx 1

(1), vi m la tham soã thễc.

a) Khao sat sễ bieãn thien va ve ềo th cua ham soã (1) khi m = 0.

b) Tẽm m ềe ham soã (1) nghch bieãn tren khoang (0; + ).


Cau 2 (1,0 ềiem). Giai phng trẽnh 1 + tan x = 2 2 sin x +
.
4


x + 1 + 4 x 1 y4 + 2 = y
Cau 3 (1,0 ềiem). Giai he phng trẽnh
x2 + 2x(y 1) + y 2 6y + 1 = 0

(x, y R).

2

Cau 4 (1,0 ềiem). Tènh tèch phan

x2 1
ln x dx.
x2

I=
1

Cau 5 (1,0 ềiem). Cho hẽnh chop S.ABC co ềay la tam giac vuong taễi A, ABC = 30 , SBC la
tam giac ềeu caễnh a va maẻt ben SBC vuong goc vi ềay. Tènh theo a the tèch cua khoãi chop
S.ABC va khoang cach t ềiem C ềeãn maẻt phang (SAB).

Cau 6 (1,0 ềiem). Cho cac soã thễc dng a, b, c thoa ma
n ềieu kien (a + c)(b + c) = 4c2 . Tẽm gia tr
32a3
32b3
a 2 + b2
nho nhaãt cua bieu thc P =
+

.
(b + 3c)3 (a + 3c)3
c
II. PHAN RIEơNG (3,0 ềiem): Thè sinh chấ ềễc lam mot trong hai phan (phan A hoaẻc phan B)
A. Theo chng trẽnh Chuan
Cau 7.a (1,0 ềiem). Trong maẻt phang vi he toễa ềo Oxy, cho hẽnh ch nhat ABCD co ềiem C thuoc
ềng thang d : 2x + y + 5 = 0 va A(4; 8). Goễi M la ềiem ềoãi xng cua B qua C, N la hẽnh chieãu
vuong goc cua B tren ềng thang MD. Tẽm toễa ềo cac ềiem B va C, bieãt raậng N(5; 4).
x6
y+1
z+2
Cau 8.a (1,0 ềiem). Trong khong gian vi he toễa ềo Oxyz, cho ềng thang :
=
=
3
2
1
va ềiem A(1; 7; 3). Vieãt phng
trẽnh maẻt phang (P ) ềi qua A va vuong goc vi . Tẽm toễa ềo ềiem
M thuoc sao cho AM = 2 30.
Cau 9.a (1,0 ềiem). Goễi S la tap hễp taãt ca cac soã tễ nhien gom ba ch soã phan biet ềễc choễn t
cac ch soã 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xac ềnh soã phan t cua S. Choễn ngau nhien mot soã t S, tènh xac suaãt

ềe soã ềễc choễn la soã chaán.
B. Theo chng trẽnh Nang cao
Cau 7.b (1,0 ềiem). Trong
maẻt phang vi he toễa ềo Oxy, cho ềng thang : x y = 0. ng
tron (C) co ban kènh R = 10 caẩt taễi hai ềiem A va B sao cho AB = 4 2. Tieãp tuyeãn cua (C)
taễi A va B caẩt nhau taễi mot ềiem thuoc tia Oy. Vieãt phng trẽnh ềng tron (C).
Cau 8.b (1,0 ềiem). Trong khong gian vi he toễa ềo Oxyz, cho maẻt phang (P ) : 2x + 3y + z 11 = 0
va maẻt cau (S) : x2 + y 2 + z 2 2x + 4y 2z 8 = 0. Chng minh (P ) tieãp xuc vi (S). Tẽm toễa ềo
tieãp ềiem cua (P ) va (S).

Cau 9.b (1,0 ềiem). Cho soã phc z = 1 + 3 i. Vieãt daễng lễng giac cua z. Tẽm phan thễc va phan ao
cua soã phc w = (1 + i)z5.
Heãt
Thè sinh khong ềễc s duễng tai lieu. Can bo coi thi khong giai thèch gẽ them.

Hoễ va ten thè sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soã bao 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
t4 + 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
x2
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
( y + 3)
( x + 3)3

(u + v)3
Với mọi u > 0, v > 0 ta có u 3 + v3 = (u + v)3 − 3uv(u + v) ≥ (u + v)3 − 3 (u + v)3 =
.
4
4

0,25

3

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

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
2

t + 2t − 6

= 1+

0,25

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

M

C

)

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
⎝
⎠

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Δ có véctơ chỉ phương là u = (−3; −2;1).

0,25

(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

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

0,25
2

2

2

AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) + (−1 − 2t − 7) + (−2 + t − 3) = 120 ⇔ 7t − 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
−
=0
x
y
⎧
Δ
⇒ H (4;4).
⎨
⎩x + y − 8 = 0
1
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|
2

2

2

=

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

2 + 3 +1
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


BOƒ GIAŸO DUœC VAÿ —AÿO TAœO
−−−−−−−−−−
—E¿ CHÕNH TH÷ŸC

Ca‚u 1 (2,0 ÒieÂm). Cho ha¯m so· y =

—E¿ THI TUYE4N SINH —AœI HOœC NA M 2014
Mo‚n: TOAŸN; Kho·i A va¯ Kho·i A1
ThÙ¯i gian la¯m ba¯i: 180 phu˘t, kho‚ng ke thÙ¯i gian pha˘t Òe‡

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x+2
x−1

(1).

a) Kha˚o sa˘t sˆÔ bie·n thie‚n va¯ veı Òo‡ thÚ (C) cu˚a ha¯m so· (1).
b) TÏm toÔa Òo‰ ÒieÂm M thuo‰c (C) sao cho khoa˚ng ca˘ch tˆ¯ M Òe·n ÒˆÙ¯ng tha˙ng y = −x baËng
Ca‚u 2 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i phˆÙng trÏnh

√

2.

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

Ca‚u 3 (1,0 ÒieÂm). TÌnh die‰n tÌch hÏnh pha˙ng giÙ˘i haÔn bÙ˚i ÒˆÙ¯ng cong y = x2 − x + 3 va¯ ÒˆÙ¯ng
tha˙ng y = 2x + 1.
Ca‚u 4 (1,0 ÒieÂm).
a) Cho so· phˆ˘c z tho˚a maın Òie‡u kie‰n z + (2 + i) z = 3 + 5i. TÏm pha‡n thˆÔc va¯ pha‡n a˚o cu˚a z.
b) Tˆ¯ mo‰t ho‰p chˆ˘a 16 the˚ ÒˆÙÔc Òa˘nh so· tˆ¯ 1 Òe·n 16, choÔn nga„u nhie‚n 4 the˚. TÌnh xa˘c sua·t
Òe 4 the˚ ÒˆÙÔc choÔn Òe‡u ÒˆÙÔc Òa˘nh so· cha¸n.
Ca‚u 5 (1,0 ÒieÂm). Trong kho‚ng gian vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxyz, cho maÎt pha˙ng (P ) : 2x+y −2z −1 = 0
x−2
y
z+3
va¯ ÒˆÙ¯ng tha˙ng d :
=
=
. TÏm toÔa Òo‰ giao ÒieÂm cu˚a d va¯ (P ). Vie·t phˆÙng

1
−2
3
trÏnh maÎt pha˙ng chˆ˘a d va¯ vuo‚ng go˘c vÙ˘i (P ).
3a
,
2
hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a S tre‚n maÎt pha˙ng (ABCD) la¯ trung ÒieÂm cu˚a caÔnh AB. TÌnh theo a
the tÌch kho·i cho˘p S.ABCD va¯ khoa˚ng ca˘ch tˆ¯ A Òe·n maÎt pha˙ng (SBD).
Ca‚u 6 (1,0 ÒieÂm). Cho hÏnh cho˘p S.ABCD co˘ Òa˘y ABCD la¯ hÏnh vuo‚ng caÔnh a, SD =

Ca‚u 7 (1,0 ÒieÂm). Trong maÎt pha˙ng vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxy, cho hÏnh vuo‚ng ABCD co˘ ÒieÂm M
la¯ trung ÒieÂm cu˚a ÒoaÔn AB va¯ N la¯ ÒieÂm thuo‰c ÒoaÔn AC sao cho AN = 3NC. Vie·t phˆÙng
trÏnh ÒˆÙ¯ng tha˙ng CD, bie·t raËng M(1; 2) va¯ N(2; −1).
Ca‚u 8 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i he‰ phˆÙng trÏnh

√
x 12 − y +

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

Ca‚u 9 (1,0 ÒieÂm). Cho x, y, z la¯ ca˘c so· thˆÔc kho‚ng a‚m va¯ tho˚a maın Òie‡u kie‰n x2 + y 2 + z 2 = 2.
TÏm gia˘ trÚ lÙ˘n nha·t cu˚a bieÂu thˆ˘c
P =

x2
y+z

1 + yz
+
−
.
2
x + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
−−−−−−He·t−−−−−−

ThÌ sinh kho‚ng ÒˆÙÔc sˆ˚ duÔng ta¯i lie‰u. Ca˘n bo‰ coi thi kho‚ng gia˚i thÌch gÏ the‚m.
HoÔ va¯ te‚n thÌ sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; So· ba˘o danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


BOƒ GIAŸO DUœC VAÿ —AÿO TAœO
−−−−−−−−−−
—E¿ CHÕNH TH÷ŸC

—AŸP AŸN - THANG —IE5M
—E¿ THI TUYE5N SINH —AœI HOœC NA M 2014
Mo‚n: TOAŸN; Kho·i A va¯ Kho·i A1
(—a˘p a˘n - Thang ÒieÂm go‡m 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
—a˘p a˘n

Ca‚u
a) (1,0 ÒieÂm)
1
(2,0Ò) • Ta‰p xa˘c ÒÚnh D = R \ {1}.
• SˆÔ bie·n thie‚n:

3
; y ′ < 0, ∀x ∈ D.
(x − 1)2
Ha¯m so· nghÚch bie·n tre‚n tˆ¯ng khoa˚ng (−∞; 1) va¯ (1; +∞).

0,25

- Chie‡u bie·n thie‚n: y ′ = −
- GiÙ˘i haÔn va¯ tie‰m ca‰n:

lim y = lim y = 1; tie‰m ca‰n ngang: y = 1.

x→−∞

0,25

x→+∞

lim y = −∞; lim y = +∞; tie‰m ca‰n Òˆ˘ng: x = 1.
x→1+

x→1−

- Ba˚ng bie·n thie‚n:

x −∞
y′
y

—ieÂm

1 P
P

1
−

+∞
+∞ P
P

PP
PP
q
P

−

0,25

PP
PP
q
P

−∞
• —o‡ thÚ:

1

y

1
0,25
O

−2

1

x

−2

b) (1,0 ÒieÂm)
M ∈ (C) ⇒ M a;

a+2
, a ̸= 1.
a−1

0,25

a+2
a+
√a − 1 .
Khoa˚ng ca˘ch tˆ¯ M Òe·n ÒˆÙ¯ng tha˙ng y = −x la¯ d =
2
√
a2 − 2a + 4 = 0

d = 2 ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔
a2 + 2a = 0.
2
• a − 2a + 4 = 0: phˆÙng trÏnh vo‚ nghie‰m.
a=0
• a2 + 2a = 0 ⇔
Suy ra toÔa Òo‰ ÒieÂm M ca‡n tÏm la¯: M (0; −2) hoaÎc M (−2; 0).
a = −2.
1

0,25
0,25
0,25


—a˘p a˘n

Ca‚u
PhˆÙng trÏnh Òaı cho tˆÙng ÒˆÙng vÙ˘i
2
(1,0Ò) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = 0.

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

• sin x − 2 = 0: phˆÙng trÏnh vo‚ nghie‰m.
π
• 2 cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z).
3
π
Nghie‰m cu˚a phˆÙng trÏnh Òaı cho la¯: x = ± + k2π (k ∈ Z).

3

3
PhˆÙng trÏnh hoa¯nh Òo‰ giao ÒieÂm cu˚a ÒˆÙ¯ng cong y = x 2 − x + 3 va¯ ÒˆÙ¯ng tha˙ng
x=1
(1,0Ò)
y = 2x + 1 la¯ x2 − x + 3 = 2x + 1 ⇔
x = 2.

—ieÂm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

2

Die‰n tÌch hÏnh pha˙ng ca‡n tÏm la¯ S =

|x2 − 3x + 2|dx

0,25

1
2

x3

(x2 − 3x + 2)dx =

=

3

−

3x2
2

2

+ 2x

1

0,25

1

1
= .
6

0,25

3a + b = 3
4
a) —aÎt z = a + bi (a, b ∈ R). Tˆ¯ gia˚ thie·t suy ra

a−b=5
(1,0Ò)
⇔ a = 2, b = −3. Do Òo˘ so· phˆ˘c z co˘ pha‡n thˆÔc baËng 2, pha‡n a˚o baËng −3.

5

0,25
0,25

b) So· pha‡n tˆ˚ cu˚a kho‚ng gian ma„u la¯: C 416 = 1820.

0,25

So· ke·t qua˚ thua‰n lÙÔi cho bie·n co· “4 the˚ ÒˆÙÔc Òa˘nh so· cha¸n” la¯: C 48 = 70.
70
1
Xa˘c sua·t ca‡n tÌnh la¯ p =
= .
1820
26

0,25

GoÔi M la¯ giao ÒieÂm cu˚a d va¯ (P ), suy ra M (2 + t; −2t; −3 + 3t).

0,25

3
7
3

. Do Òo˘ M ; −3; .
2
2
2
−
→
−
→
d co˘ vectÙ chÊ phˆÙng u = (1; −2; 3), (P ) co˘ vectÙ pha˘p tuye·n n = (2; 1; −2).
→
−
MaÎt pha˙ng (α) ca‡n vie·t phˆÙng trÏnh co˘ vectÙ pha˘p tuye·n [ −
u,→
n ] = (1; 8; 5).

0,25

Ta co˘ A(2; 0; −3) ∈ d ne‚n A ∈ (α). Do Òo˘ (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0,
nghÛa la¯ (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0.

0,25

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

6
(1,0Ò)

GoÔi H la¯ trung ÒieÂm cu˚a AB, suy √
ra SH ⊥ (ABCD).
Do Òo˘ SH ⊥ HD. Ta co˘ SH = SD 2 − DH 2

= SD 2 − (AH 2 + AD 2 ) = a.

S

B
H
A

1
a3
.SH.SABCD = .
3
3
GoÔi K la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a H tre‚n BD va¯
E la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a H tre‚n SK. Ta co˘
BD ⊥ HK va¯ BD ⊥ SH, ne‚n BD ⊥ (SHK).
Suy ra BD ⊥ HE. Ma¯ HE ⊥ SK,
do Òo˘ HE ⊥ (SBD).
√
a 2
Ta co˘ HK = HB. sin KBH =
.
4
HS.HK
a
Suy ra HE = √
= .
2
2
3

HS + HK
2a
Do Òo˘ d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE =
.
3
Suy ra V S.ABCD =

E
C
K
D

2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


—a˘p a˘n
√
7
Ta co˘ M N = 10. GoÔi a la¯ Òo‰ da¯i caÔnh cu˚a√
hÏnh vuo‚ng ABCD,

I
C
a
3AC
3a 2
(1,0Ò) D
a > 0. Ta co˘ AM = va¯ AN =
=
,
2
4
4
5a2
N
ne‚n M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN. cos M AN =
.
8
5a2
Do Òo˘
= 10, nghÛa la¯ a = 4.
8
GoÔi I(x; y) la¯ trung ÒieÂm cu˚a CD. Ta co˘ IM = AD = 4
BD √
A
M
B
va¯ IN =
= 2, ne‚n ta co˘ he‰ phˆÙng trÏnh
4
x = 1; y = −2

(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16
⇔
17
6
2
2
(x − 2) + (y + 1) = 2
x=
;y = − .
5
5
−−→
• VÙ˘i x = 1; y = −2 ta co˘ I(1; −2) va¯ IM = (0; 4).
−−→
—ˆÙ¯ng tha˙ng CD Òi qua I va¯ co˘ vectÙ pha˘p tuye·n la¯ IM, ne‚n co˘ phˆÙng trÏnh y + 2 = 0.
Ca‚u

17
6
17
6
−−→
12 16
; y = − ta co˘ I
;−
va¯ IM = − ;
.
5
5
5

5
−−→ 5 5
—ˆÙ¯ng tha˙ng CD Òi qua I va¯ co˘ vectÙ pha˘p tuye·n la¯ IM, ne‚n co˘ phˆÙng trÏnh 3x−4y−15 = 0.
• VÙ˘i x =
8
(1,0Ò)

—ieÂm

0,25

0,25

0,25

0,25

√
x 12 − y +

√
√
y(12 − x2 ) = 12 (1)
—ie‡u kie‰n: −2 3 ≤ x ≤ 2 3; 2 ≤ y ≤ 12.
√
3
x − 8x − 1 = 2 y − 2
(2).
√
x2 + 12 − y

y + 12 − x2
Ta co˘ x 12 − y ≤
va¯ y(12 − x2 ) ≤
2
2
√
x≥0
2
ne‚n x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12. Do Òo˘ (1) ⇔
y = 12 − x2 .
√
√
Thay va¯o (2) ta ÒˆÙÔc 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 ne‚n x2 + 3x + 1 +

2(x + 3)
√
> 0.
1 + 10 − x2

Do Òo˘ (3) ⇔ x = 3. Thay va¯o he‰ va¯ Òo·i chie·u Òie‡u kie‰n ta ÒˆÙÔc nghie‰m: (x; y) = (3; 3).
9
Ta co˘ 0 ≤ (x − y − z)2 = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz),
(1,0Ò) ne‚n 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
MaÎc kha˘c, (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 Òo˘ P ≤
−
.
x+y+z+1
36
—aÎt t = x + y + z, suy ra t ≥ 0 va¯ t 2 = (x + y + z)2 = (x2 +√
y 2 + z 2 ) + 2xy + 2yz + 2zx
2
2
2
2
2
2
≤ 2 + (x + y ) + (y + z ) + (z + x ) = 6. Do Òo˘ 0 ≤ t ≤ 6.
√
t
t2
Xe˘t f (t) =
− , vÙ˘i 0 ≤ t ≤ 6.
t + 1 36
1

t
(t − 2)(t2 + 4t + 9)
′
Ta co˘ f (t) =
−
=−
, ne‚n f ′ (t) = 0 ⇔ t = 2.
2
(t + 1)
18
18(t + 1)2
√
√
√
5
31
6
5
Ta co˘ f (0) = 0; f (2) = va¯ f ( 6) =
−
, ne‚n f (t) ≤ khi 0 ≤ t ≤ 6.
9
30
5
9
5
5
5
Do Òo˘ P ≤ . Khi x = y = 1 va¯ z = 0 thÏ P = . Do Òo˘ gia˘ trÚ lÙ˘n nha·t cu˚a P la¯ .
9

9
9
−−−−−−He·t−−−−−−
3

0,25

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

0,25

0,25

0,25