Đề thi và đáp án môn toán khối B từ 2010 đến 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x +1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình (sin 2 x + cos 2 x) cos x + 2 cos 2 x − sin x = 0 .

2. Giải phương trình

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (x ∈ R).
e

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

ln x

∫ x ( 2 + ln x )2 dx .
1

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng

( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60o . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức M = 3( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .
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 tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có
phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và
đỉnh A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương
và mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng
1
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng .
3
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
z − i = (1 + i ) z .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

x2
y2
+
= 1 . Gọi F1 và F2 là các
3
2
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với
(E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.

x y −1 z
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: =
= . Xác định tọa độ điểm M trên
2
1
2
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM.
⎪⎧log 2 (3 y − 1) = x
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ x
(x, y ∈ R).
x
2
⎪⎩4 + 2 = 3 y
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2;

3 ) và elip (E):

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


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B
(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)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:

0,25

1
- Chiều biến thiên: y ' =
> 0, ∀x ≠ −1.
( x + 1)2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2.

x→ − ∞

0,25

x→ + ∞

lim y = + ∞ và

x → ( − 1) −

lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.

x → ( − 1) +

- Bảng biến thiên:
x −∞

−1
+

y'

+∞
+

+∞

0,25

2

y
−∞

2

• Đồ thị:

y

2

0,25

1
−1

O

x

2. (1,0 điểm)
2x + 1
= −2x + m
x +1
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)

Phương trình hoành độ giao điểm:

0,25

⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A, B với mọi m.

0,25

Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m.
Ta có: d(O, AB) =
SOAB =

| m|
và AB =
5

( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2

= 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 =

1
| m | m2 + 8
| m | m2 + 8
AB. d(O, AB) =
, suy ra:
=
2
4
4

Trang 1/4

2

3 ⇔ m = ± 2.

5(m 2 + 8)

.
2

0,25

0,25


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0

0,25

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

0,25

Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên:

0,25

π

(1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x =

4

+k

π
2

(k ∈ Z).

0,25

2. (1,0 điểm)
Điều kiện: −

1
≤ x ≤ 6.
3

0,25

Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
3( x − 5)

⇔

3x + 1 + 4

x−5

+

6− x +1
3

⇔ x = 5 hoặc
3

+

3x + 1 + 4

III

3

I =

∫
2

+

1
6− x +1

0,25
+ 3x + 1 = 0 .

⎡ 1 ⎤
+ 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
6− x +1
⎣ 3 ⎦

t−2
dt =
t2

3

∫
2

= −

1
dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
x
3

3
2

+

2
t

0,25

3

0,25
2

1
3
+ ln .
3
2

A'

C'

(1,0 điểm)

0,25

• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:

B'

C
D

Do đó: VABC . A ' B ' C '

0,25

• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.

B
G
E
H
I
Ta có: GH =

3a
a2 3
; SABC =
.
2
4
3a3 3
= S ABC . AA ' =
.
8

Ta có: AA ' = AD.tan ADA ' =

H

A

0,25

BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: ADA ' = 60 .

G
A

0,25
0,25

1
1
dt − 2 ∫ 2 dt .
t
t
2

= ln t

IV

+ ( x − 5)(3x + 1) = 0

1

Đặt t = 2 + ln x , ta có dt =

(1,0 điểm)

3x + 1 + 4

0,25

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC).
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI =

GE.GA
GA2
=
.
GH
2 GH

AA ' a
7a
a 3
7a 2
7a 2 2
= ; AH =
; GA2 = GH2 + AH2 =
. Do đó: R =
. =
.
3
12
2
3
12

2.12 a

Trang 2/4

0,25

0,25


Câu
V
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) .

0,25

(a + b + c) 2 1
= .
3
3
2
⎡ 1⎞
Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 −
;
1 − 2t

⎣ 2⎠
2
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến.
f ''(t ) = 2 −
(1 − 2t )3

0,25

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤

⎛ 1 ⎞ 11
⎡ 1⎤
Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ =
− 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến.
3
⎝ 3⎠
⎣ 3⎦
⎡ 1⎤
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ .
⎣ 3⎦
⎡ 1⎤
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⎣ 3⎦
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.

VI.a
(2,0 điểm)

0,25

0,25

1. (1,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
D
⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0
⎪
d
⇒ D(4; 9).
⎨ x − 4 y +1
B
⎪⎩ 2 + 2 − 5 = 0
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
⎪⎧ x + y − 5 = 0
với x > 0, suy ra A(4; 1).
thỏa mãn: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + ( y − 5) = 32

A

C

0,25

0,25

2S ABC
= 6.

AC
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).

0,25

Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.

0,25

⇒ AC = 8 ⇒ AB =

2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình:

x y z
+ + = 1.
1 b c

Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
Ta có: d(O, (ABC)) =

1
⇔
3

1
1
1

1+ 2 + 2
b
c

Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
VII.a
(1,0 điểm)

=

0,25
1
1
− = 0 (1).
b
c

1
1
1
⇔ 2 + 2 = 8 (2).
3
b
c

1
.
2

Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:

| z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2
2

2

⇔ x + y + 2y − 1 = 0.
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 2.
Trang 3/4

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


Câu
VI.b

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

y

M
F1

Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0).

N

Đường thẳng AF1 có phương trình:

A

0,25

M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra:

F2
O

x +1
y
=
.
3
3

⎛ 2 3⎞
2 3
M = ⎜⎜1;

.
⎟⎟ ⇒ MA = MF2 =
3
3
⎝
⎠

x

Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN.

0,25

0,25

Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
2

⎛
2 3⎞
4
2
Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y −
⎟⎟ = 3 .
3
⎝
⎠

0,25

2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0)

0,25

⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2)
⇒ d(M, ∆) =

⎡v, AM ⎤
⎣
⎦
=
v

Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔

5t 2 + 4t + 8
.
3

0,25

5t 2 + 4t + 8
=|t|
3

0,25

⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.

Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
VII.b
(1,0 điểm)

1
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x.
3
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨
⇔ ⎨
2
2
2
⎪⎩6 y − 3 y = 0
⎪⎩(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y

Điều kiện y >

⎧ x 1
⎪⎪2 = 2
⇔ ⎨
⎪y = 1
⎪⎩
2
⎧x = −1
⎪
⇔ ⎨
1
⎪⎩ y = 2 .

------------- Hết -------------

Trang 4/4

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 2011
Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 + m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx.
2. Giải phương trình 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x ( x ∈ ).
π

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

1 + x sin x
dx.
cos 2 x
0
3

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,
AD = a 3. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 60o. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).
⎛ a 3 b3 ⎞
⎛ a 2 b2 ⎞
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 ⎜ 3 + 3 ⎟ − 9 ⎜ 2 + 2 ⎟ ⋅
a ⎠
a ⎠
⎝b
⎝b
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 ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại
điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
x − 2 y +1 z
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

và mặt
=
=
1
−2
−1
phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P)
sao cho MI vuông góc với ∆ và MI = 4 14.
5+i 3
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z −
− 1 = 0.
z
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
⎛1 ⎞
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ⎜ ; 1⎟ . Đường tròn nội tiếp
⎝2 ⎠
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho
D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung
độ dương.
x + 2 y −1 z + 5
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
và hai
=
=
−2
1
3
điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam
giác MAB có diện tích bằng 3 5.

B

B

3

⎛1+ i 3 ⎞
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 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 2011
Môn: TOÁN; Khối B
(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)

Điểm

Đáp án
1. (1,0 điểm)

Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1.
• Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các
khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞).

– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1.
– Giới hạn: lim y = lim y = + ∞.
x→ − ∞

0,25

0,25

x→ + ∞

– Bảng biến thiên:

+∞

2
x –∞ – 2
0
y'
– 0 + 0 – 0 +

+∞
1
y
–3
–3

+∞

0,25

y

• Đồ thị:

1
− 2

2

–2

O

2

x

0,25

–3

2. (1,0 điểm)

II
(2,0 điểm)

y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1).

0,25

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔ m > – 1 (*).

0,25

Khi đó: A(0; m), B( − m + 1; – m2 – m – 1) và C( m + 1; – m2 – m – 1).
Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0

0,25

⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 2 2 hoặc m = 2 + 2 2.

0,25

1. (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx
⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0
• sinx = 1 ⇔ x =

π
+ k2π.
2

0,25
0,25
0,25

2π
π
+k .
3
3
2π
π
π
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k
(k ∈ Z).
3
2
3
• cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x =

Trang 1/4

0,25


Câu

Điểm

Đáp án
2. (1,0 điểm)

Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*).

)

0,25

Đặt t = 2 + x – 2 2 − x , (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3.
6
• t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*).
5
• t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 − x + 3, vô nghiệm (do 2 + x ≤ 2 và 2 2 − x + 3 ≥ 3
với mọi x ∈ [– 2; 2]).
6
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = .
5

0,25

III
(1,0 điểm)

(

2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 =10 − 3 x (1).

Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 3

I =

π

π

π

1 + x sin x
∫0 cos2 x dx =

3

3

3

1
∫0 cos2 x dx +

0,25

0,25

∫ cos

x sin x
dx.

2
x

0,25

3.

0,25

0

π

π
1
3 =
x
=
tan
x
d
(
)
∫0 cos2 x
0
3

Ta có:

và:

π

π

3

3

x sin x
∫0 cos2 x dx =

π

⎛ 1 ⎞ ⎛ x ⎞
∫0 x d ⎜⎝ cos x ⎟⎠ = ⎜⎝ cos x ⎟⎠ 0 –
3

π

π

2π
dx
∫0 cos x = 3 +

3

3

d sin x
2
x −1

∫ sin
0

0,25

π

=

2π 1 ⎛ 1
1 ⎞
+ ∫⎜
−
⎟ d sin x
3
2 0 ⎝ sin x − 1 sin x + 1 ⎠
3

π

2π 1 ⎛ sin x − 1 ⎞ 3 2π
=
=
+ ⎜ ln
+ ln(2 − 3). Vậy, I =
2 ⎝ sin x + 1 ⎟⎠ 0

3
3
IV
(1,0 điểm)

3 +

2π
+ ln(2 − 3).
3

Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD).
Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD

0,25

0,25

⇒ A1 EO là góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) ⇒ A1 EO = 60 .

B1

C1
D1

A1
B
A

O

H

E

⇒ A1O = OE tan A1 EO =

Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = a 2 3.
Thể tích: VABCD. A1B1C1D1 = SABCD.A1O =

C
D

a 3
AB
tan A1 EO =
.
2
2
0,25
3

3a
.
2

Ta có: B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD)
⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)).
Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH.
B

B

B

CD.CB

Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH =
B

V
(1,0 điểm)

CD + CB
2

2

=

a 3
.
2

0,25

0,25

Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)
2

2

2

⎛a b⎞
⎛1 1⎞
+ ⎟ + 1 = (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ .
⎝b a⎠
⎝a b⎠

2

⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ 2 ⎜

Trang 2/4

0,25


Câu

Điểm

Đáp án

⎛1 1⎞
⎛1 1⎞
⎞
⎛a b
(a + b) + 2 ⎜ + ⎟ ≥ 2 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 2 ⎜ + + 2 ⎟ , suy ra:

⎝a b⎠
⎝b a
⎠
⎝a b⎠

a b
5
⎛a b⎞
⎛a b
⎞
2⎜ + ⎟ + 1 ≥ 2 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ .
2
b a
⎝b a
⎠
⎝b a⎠
a b
5
+ , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18.
2
b a
5
3
Xét hàm f(t) = 4t – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ .
2

0,25

Đặt t =

0,25

23
⎛5⎞
.
Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: min f (t ) = f ⎜ ⎟ = –
5
⎡
⎞
4
⎝2⎠
⎢ 2;+ ∞ ⎟
⎣

Vậy, minP = –

⎠

0,25

23
a b 5
⎛1 1⎞
; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2 ⎜ + ⎟
4
b a 2
⎝a b⎠
⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).

VI.a

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

d
O•

N

∆
M

N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4).
O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi:
4a
.
a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b =
2−a

0,25

OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2.

0,25

2

2

2

⇔ (5a – 6a)(5a – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a – 6a = 0
⇔ a = 0 hoặc a =

6
.
5

⎛6 2⎞
Vậy, N(0; – 2) hoặc N ⎜ ; ⎟ .
⎝5 5⎠

0,25

0,25

2. (1,0 điểm)

⎧ x − 2 y +1 z
=
=
⎪
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: ⎨ 1
−2
−1 ⇒ I(1; 1; 1).
⎪⎩ x + y + z − 3 = 0
Gọi M(a; b; c), ta có:
⎧a + b + c − 3 = 0
⎪

M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + 2 = 0
⎪(a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c − 1) 2 = 224
⎩

VII.a

0,25

0,25

⎧b = 2a − 1
⎪
⇔ ⎨c = −3a + 4
⎪(a − 1) 2 + (2a − 2) 2 + (−3a + 3) 2 = 224
⎩

0,25

⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13).
Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13).

0,25

Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có:

(1,0 điểm)

z−

5+i 3

5+i 3
–1=0
− 1 = 0 ⇔ a – bi –
z
a + bi
Trang 3/4

0,25


Câu

Điểm

Đáp án
2

2

2

2

⇔ a + b – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a + b – a – 5) – (b + 3 )i = 0

⎧⎪a 2 + b 2 − a − 5 = 0

⇔ ⎨

⎩⎪b + 3 = 0

VI.b

0,25

⎩⎪b = − 3

⇔ (a; b) = (– 1; –
(2,0 điểm)

⎧⎪a 2 − a − 2 = 0

⇔ ⎨

3 ) hoặc (a; b) = (2; –

0,25

3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3.

0,25

1. (1,0 điểm)

⎛5 ⎞
BD = ⎜ ; 0 ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A;
⎝2 ⎠

0,25

⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0.
2

25
⎛ 1⎞
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 =
⇔ t = – 1 hoặc t = 2.
4
⎝ 2⎠
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình:
4x + 3y – 5 = 0.

A

F

E

B
D

0,25

7⎞
⎛
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , không thỏa mãn
3⎠
⎝
yêu cầu (A có tung độ dương).
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0.

⎛ 13 ⎞
⎛ 13 ⎞
C
⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ .
⎝ 3⎠
⎝ 3⎠

0,25

0,25

2. (1,0 điểm)

VII.b
(1,0 điểm)

M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t).

0,25

⇒ AM = (t; 3t; – 6 – 2t) và AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡⎣ AM , AB ⎤⎦ = (– t – 12; t + 6; t).

0,25

S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180

0,25

⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19).

0,25

⎛1
3 ⎞
π
π⎞
⎛
1 + i 3 = 2 ⎜⎜ +
i ⎟⎟ = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ và 1 + i =
3
3⎠
⎝
⎝2 2 ⎠
8 ( cos π + i sin π )
suy ra: z =
3π
3π ⎞
⎛
2 2 ⎜ cos
+ i sin
⎟
4
4 ⎠
⎝

π
π⎞
⎛
2 ⎜ cos + i sin ⎟ ;
4

4⎠
⎝

0,25

0,25

π
π⎞
⎛
= 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟
4
4⎠
⎝

0,25

= 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2.

0,25

------------- Hết -------------

Trang 4/4


ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối B
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 = x3 − 3mx 2 + 3m3 (1), m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x .
1

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

x3
x 4 + 3x2 + 2

dx.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của
khối chóp S.ABH theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z 5 .
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 các đường tròn (C1 ): x 2 + y 2 = 4,
(C2 ): x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
thuộc (C2 ), tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
x −1 y

z
và hai
= =
2
1 −2
điểm A(2;1; 0), B (−2;3; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.

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

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi
ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2 BD và
đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4. Viết phương trình chính
tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M (1; 2; 0). Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm
thuộc đường thẳng AM.
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3 i z − 4 = 0. Viết dạng
lượng giác của z1 và z2.
---------- 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 B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x 2 + 3 .

• Tập xác định: D = .
• Sự biến thiên:

0,25

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

− Bảng biến thiên:

0,25

x→+ ∞

x −∞
y'

0
+

0

+∞

2
–

0

+

+∞

3

0,25

y

−∞
• Đồ thị:

–1

y

3

0,25

2
O

x

−1

b) (1,0 điểm)
y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m.

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*).
Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m3 ) và B (2m; − m3 ).
Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | .

0,25

0,25

S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48

0,25

⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*).

0,25
Trang 1/4


2
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x
(1,0 điểm)
π
π
⇔ cos 2 x − = cos x +
3
3

) ( )

0,25

( )

0,25

(

π
π
⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈ ).
3
3
⇔ x=

0,25

2π
2π
+ k 2π hoặc x = k
(k ∈ ).
3
3

0,25

3
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*).
(1,0 điểm)
Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với:

x+

1
+ x + − 4 ≥ 3 (1).
x
x

x+

1
Đặt t = x +
(2), bất phương trình (1) trở thành

x

5
⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được
2

1

⎡3 − t < 0
t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎢⎧3 − t ≥ 0
⎢⎣⎩⎨t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2
2

1
5
≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc
x 2

x≤

1
2

0,25

0,25

0,25

1

hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương
4
1
trình đã cho là: ⎡⎢0; ⎤⎥ ∪ [4; +∞).
⎣ 4⎦
⇔0< x≤

4
(1,0 điểm)

Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1.
1

Khi đó I =

=

1

∫

∫

0,25

∫(t + 2 − t +1)dt = (ln|t + 2|− 2 ln|t +1|) 0
1

2

1

1

1

0,25

0

= ln3 −
5
(1,0 điểm)

0,25

1
x 2 .2 xdx
1
td t
=
2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2)
0
0
1
2

3
ln2.
2

0,25

Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có
AB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), do đó AB ⊥ SC .

S

Mặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ).
H

Ta có: CD =

C

A
D

0,25

a 3
a 3
a 33
nên SO = SC 2 −OC 2 =
, OC =
.
2
3
3

SO.CD a 11
1
11a 2
Do đó DH =
=
. Suy ra S ∆ABH = AB.DH =
.
SC
4
2
8

Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 =

O
B

Do đó VS . ABH =

1
7 11a 3
SH .S ∆ABH =
.
3
96

Trang 2/4

7a
.

4

0,25
0,25

0,25

0,25


6
Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1, ta có:
(1,0 điểm)
1
0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz =1− 2 x 2 + 2 yz , nên yz = x 2 − .
2
2
2
2
2
y +z
1− x
1 1− x
6
6
Mặt khác yz ≤
=
(*).
, suy ra: x 2 − ≤
, do đó −

≤ x≤
2
2
2
2
3
3

0,25

Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )

(

)

12
x
2
5
1
1 2
x = (2 x3 − x).
= x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 −
⎥
⎣⎢
⎦
4
2
2

⎡
⎤
6
6
6
2
Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ −
.
;
⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ±
6
3 ⎥⎦
⎢⎣ 3
⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞
6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6
6
, f ⎜ ⎟ = f ⎜−
Ta có f ⎜ −
.
⎟= f ⎜ ⎟=−
⎟ = . Do đó f ( x) ≤
3
6
9
3
6
9
9
⎝
⎠ ⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝
⎠
= x5 + (1− x 2 ) ⎡⎣( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤⎦ + x 2 −

0,25

( ) ( )

Suy ra P ≤
Khi x =

5 6
.
36

6
6
5 6
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là
, y = z =−
.
3
6
36

7.a
(1,0 điểm)

(C)
A

0,25

d

I

(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C)
cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d và
O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.

0,25

0,25

Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:

⎧⎪ y = x
⎧x = 3
⇔⎨
⇒ I (3;3).
⎨ 2 2
⎪⎩x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 3

0,25

Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2.

0,25

Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8.

0,25

B

(C1)
(C2)
8.a
(1,0 điểm)

Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S).
Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ).

0,25

Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy ra (2t −1) 2 + (t −1) 2 + 4t 2 = (2t + 3) 2 + (t −3) 2 + (2t + 2) 2 ⇒ t =−1.

0,25

Do đó I (−1; − 1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17.

0,25

Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17.

0,25

9.a
4

(1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 =12650.

0,25

1
1
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15
.C103 + C152 .C102 + C153 .C10

0,25

= 11075.

0,25

Xác suất cần tính là P =

11075 443
=
.
12650 506
Trang 3/4

0,25


7.b
(1,0 điểm)

y

B

H
A

C
O
D

x2

+

y2

=1( a > b > 0). Hình thoi ABCD có
a 2 b2
AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.

Giả sử ( E ):

0,25

Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) và
x B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
2
suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4.

0,25

1
1
1
1
1
4
=
=
+
=
+
.
2
2
2
2
4 OH
OA
OB
a
a2

0,25

( )

Ta có:

x2 y 2
+

= 1.
Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là
20 5
8.b
Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0).
(1,0 điểm)
b c
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 .
3 3

(

)

Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình

x y z−3
= =
.
1 2 −3

b c −2
Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4.
3 6 −3
Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là

x y z
+ + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0.
2 4 3

9.b
Phương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4.
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3i.

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

π
π
• Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟.
3
3⎠
⎝

0,25

2π
2π
• Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟.
3
3⎠
⎝

0,25

---------- HẾT ----------

Trang 4/4


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

—E¿ THI TUYE4N SINH —AœI HOœC NA M 2013
Mo‚n: TOAŸN; Kho·i B
ThÙ¯i gian la¯m ba¯i: 180 phu˘t, kho‚ng ke thÙ¯i gian pha˘t Òe‡
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

I. PHA¿N CHUNG CHO TA¡T CA¤ THÕ SINH (7,0 ÒieÂm)

Ca‚u 1 (2,0 ÒieÂm). Cho ha¯m so· y = 2x3 − 3(m + 1)x2 + 6mx (1), vÙ˘i m la¯ tham so· thˆÔc.
a) Kha˚o sa˘t sˆÔ bie·n thie‚n va¯ veı Òo‡ thÚ cu˚a ha¯m so· (1) khi m = −1.
b) TÏm m Òe Òo‡ thÚ ha¯m so· (1) co˘ hai ÒieÂm cˆÔc trÚ A va¯ B sao cho ÒˆÙ¯ng tha˙ng AB vuo‚ng go˘c vÙ˘i
ÒˆÙ¯ng tha˙ng y = x + 2.
Ca‚u 2 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i phˆÙng trÏnh sin 5x + 2 cos2 x = 1.
Ca‚u 3 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i he‰ phˆÙng trÏnh
1

Ca‚u 4 (1,0 ÒieÂm). TÌnh tÌch pha‚n

2x2 + y 2 − 3xy + 3x − 2y + 1 = 0

(x, y ∈ R).
√
√
4x2 − y 2 + x + 4 = 2x + y + x + 4y
√
x 2 − x2 dx.

I=
0

Ca‚u 5 (1,0 ÒieÂm). Cho hÏnh cho˘p S.ABCD co˘ Òa˘y la¯ hÏnh vuo‚ng caÔnh a, maÎt be‚n SAB la¯ tam gia˘c
Òe‡u va¯ naËm trong maÎt pha˙ng vuo‚ng go˘c vÙ˘i maÎt pha˙ng Òa˘y. TÌnh theo a the tÌch cu˚a kho·i cho˘p
S.ABCD va¯ khoa˚ng ca˘ch tˆ¯ ÒieÂm A Òe·n maÎt pha˙ng (SCD).
Ca‚u 6 (1,0 ÒieÂm). Cho a, b, c la¯ ca˘c so· thˆÔc dˆÙng. TÏm gia˘ trÚ lÙ˘n nha·t cu˚a bieÂu thˆ˘c
4
9
P =√
−
.
2
2
2
a +b +c +4
(a + b) (a + 2c)(b + 2c)
II. PHA¿N RIE¬NG (3,0 ÒieÂm): ThÌ sinh chÊ ÒˆÙÔc la¯m mo‰t trong hai pha‡n (pha‡n A hoaÎc pha‡n B)
A. Theo chˆÙng trÏnh ChuaÂn
Ca‚u 7.a (1,0 ÒieÂm). Trong maÎt pha˙ng vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxy, cho hÏnh thang ca‚n ABCD co˘ hai ÒˆÙ¯ng
che˘o vuo‚ng go˘c vÙ˘i nhau va¯ AD = 3BC. —ˆÙ¯ng tha˙ng BD co˘ phˆÙng trÏnh x + 2y − 6 = 0 va¯ tam
gia˘c ABD co˘ trˆÔc ta‚m la¯ H(−3; 2). TÏm toÔa Òo‰ ca˘c ÒÊnh C va¯ D.
Ca‚u 8.a (1,0 ÒieÂm). Trong kho‚ng gian vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxyz, cho ÒieÂm A(3; 5; 0) va¯ maÎt pha˙ng

(P ) : 2x + 3y − z − 7 = 0. Vie·t phˆÙng trÏnh ÒˆÙ¯ng tha˙ng Òi qua A va¯ vuo‚ng go˘c vÙ˘i (P ). TÏm toÔa
Òo‰ ÒieÂm Òo·i xˆ˘ng cu˚a A qua (P ).
Ca‚u 9.a (1,0 ÒieÂm). Co˘ hai chie·c ho‰p chˆ˘a bi. Ho‰p thˆ˘ nha·t chˆ˘a 4 vie‚n bi Òo˚ va¯ 3 vie‚n bi traÈng,
ho‰p thˆ˘ hai chˆ˘a 2 vie‚n bi Òo˚ va¯ 4 vie‚n bi traÈng. La·y nga„u nhie‚n tˆ¯ mo„i ho‰p ra 1 vie‚n bi, tÌnh xa˘c
sua·t Òe 2 vie‚n bi ÒˆÙÔc la·y ra co˘ cu¯ng ma¯u.
B. Theo chˆÙng trÏnh Na‚ng cao
Ca‚u 7.b (1,0 ÒieÂm). Trong maÎt pha˙ng vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxy, cho tam gia˘c ABC co˘ cha‚n ÒˆÙ¯ng cao haÔ
17 1
tˆ¯ ÒÊnh A la¯ H
; − , cha‚n ÒˆÙ¯ng pha‚n gia˘c trong cu˚a go˘c A la¯ D(5; 3) va¯ trung ÒieÂm cu˚a caÔnh
5
5
AB la¯ M(0; 1). TÏm toÔa Òo‰ ÒÊnh C.
Ca‚u 8.b (1,0 ÒieÂm). Trong kho‚ng gian vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxyz, cho ca˘c ÒieÂm A(1; −1; 1), B(−1; 2; 3) va¯
x+1
y−2
z −3
ÒˆÙ¯ng tha˙ng ∆ :
=
=
. Vie·t phˆÙng trÏnh ÒˆÙ¯ng tha˙ng Òi qua A, vuo‚ng go˘c vÙ˘i
−2
1
3
hai ÒˆÙ¯ng tha˙ng AB va¯ ∆.
Ca‚u 9.b (1,0 ÒieÂm). Gia˚i he‰ phˆÙng trÏnh

x2 + 2y = 4x − 1

2 log 3 (x − 1) − log√3(y + 1) = 0.

−−−−−−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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối B
(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 = −1 ta có y = 2 x3 − 6 x.
• Tập xác định: D = .

0,25

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = 6 x 2 − 6; y ' = 0 ⇔ x = ±1.

Các khoảng đồng biến: (−∞; − 1) và (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −4; đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = 4.

0,25

- Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞.
x→−∞

x→+∞

- Bảng biến thiên:
x −∞

−1

y'

+

+∞

1
−

0

+

0

+∞

4

y

0,25

−4

−∞

• Đồ thị:
y
4

0,25

1
−1

O

x

−4

b. (1,0 điểm)
Ta có y ' = 6 x 2 − 6(m + 1) x + 6m; y ' = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = m.

0,25

Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là m ≠ 1.

0,25

Ta có A(1;3m −1), B(m; −m3 + 3m2 ). Hệ số góc của đường thẳng AB là k = −(m −1)2 .
Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2 khi và chỉ khi k = −1

0,25

⇔ m = 0 hoặc m = 2.

Vậy giá trị m cần tìm là m = 0 hoặc m = 2.
Trang 1/4

0,25


Câu
2
(1,0 điểm)

3
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Phương trình đã cho tương đương với sin 5 x + cos 2 x = 0

0,25

π
⇔ cos ⎛⎜ 5 x + ⎞⎟ = cos 2 x
2⎠
⎝
π
⇔ 5 x + = ± 2 x + k 2π (k ∈ )
2
⎡ x = − π + k 2π
⎢
6
3
⇔⎢
(k ∈ ).
⎢ x = − π + k 2π
⎢⎣
14
7

0,25
0,25

0,25

⎧⎪ 2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y + 1 = 0
⎨ 2
⎪⎩ 4 x − y 2 + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y

(1)

0,25

(2)

Điều kiện: 2 x + y ≥ 0, x + 4 y ≥ 0. Từ (1) ta được y = x + 1 hoặc y = 2 x + 1.
• Với y = x + 1, thay vào (2) ta được 3x 2 − x + 3 = 3x +1 + 5 x + 4

⇔ 3( x 2 − x) + ( x +1− 3x +1) + ( x + 2 − 5 x + 4) = 0

0,25

1
1
⎛
⎞
⇔ ( x − x) ⎜ 3 +
+
⎟=0
x
+
1
+
3
x
+
1
x

+
2
+
5
x
+
4
⎝
⎠
2

⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Khi đó ta được nghiệm ( x; y ) là (0;1) và (1;2).

0,25

• Với y = 2 x + 1, thay vào (2) ta được 3 − 3x = 4 x +1 + 9 x + 4

⇔ 3x + ( 4 x +1 −1) + ( 9 x + 4 − 2) = 0
4
9
⎞
⎛
⇔ x ⎜ 3+
+
⎟ = 0 ⇔ x = 0. Khi đó ta được nghiệm ( x; y ) là (0; 1).
4
x
+
1
+

1
9
x
+
4
+
2
⎝
⎠

0,25

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (0;1) và (1;2).
4
(1,0 điểm)

Đặt t = 2 − x 2 ⇒ tdt = − xdx. Khi x = 0 thì t = 2, khi x = 1 thì t = 1.
2

∫

t 2 dt

t3
3

2

Suy ra I =

0,25
0,25

1

=

=
5
(1,0 điểm)

0,25
1

2 2 −1
.
3

0,25

S

I
A

D
K

H
B

a 3
.
2
Mà (SAB) vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên
SH ⊥ (ABCD).

0,25

1
a3 3
Do đó VS . ABCD = SH .S ABCD =
.
3
6

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB và SH =

C

Do AB || CD và H∈AB nên d ( A,( SCD )) = d ( H ,( SCD)).
Gọi K là trung điểm của CD và I là hình chiếu vuông góc
của H trên SK. Ta có HK⊥CD. Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK)
⇒ CD ⊥ HI. Do đó HI ⊥(SCD).
Suy ra d ( A,( SCD)) = HI =

Trang 2/4

SH .HK
SH 2 + HK 2

=

a 21
.
7

0,25

0,25


Câu

Đáp án

6
(1,0 điểm)

Ta có: (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b) a + b + 4c = a + b + 2ab + 4ac + 4bc ≤ 2(a 2 + b 2 + c 2 ).
2
2
4
9
2
2
2
Đặt t = a + b + c + 4, suy ra t > 2 và P ≤ −

.
t 2(t 2 − 4)

Điểm
2

Xét f (t ) =

2

4
9
4
9t
−(t − 4)(4t 3 + 7t 2 − 4t − 16)
−
, với t > 2. Ta có f '(t ) = − +
=
.
t 2(t 2 − 4)
t 2 (t 2 − 4) 2
t 2 (t 2 − 4)2

0,25

0,25

Với t > 2 ta có 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4(t 3 − 4) + t (7t − 4) > 0. Do đó f '(t ) = 0 ⇔ t = 4.
Bảng biến thiên:
t

2
4
+∞
f '(t )

+

0
5
8

f (t )

−∞

−
0,25

0

5
Từ bảng biến thiên ta được P ≤ .
8
5
5
Khi a = b = c = 2 ta có P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là .
8
8
7.a
(1,0 điểm)

B

0,25

Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒ IB = IC .

C

Mà IB ⊥ IC nên ΔIBC vuông cân tại I ⇒ ICB = 45o.
BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vuông cân tại B

I

0,25

⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng HC.
H

A

D

Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa
⎧2( x + 3) − ( y − 2) = 0
⎪
độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ x − 3 ⎛ y + 2 ⎞
⎪⎩ 2 + 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ − 6 = 0.
Do đó C (−1;6).

CH 10
IC IB BC 1
=
=
= ⇒ ID = 3IC ⇒ CD = IC 2 + ID 2 = IC 10 =
= 5 2.
ID ID AD 3
2
⎡t = 1
Ta có D (6 − 2t ; t ) và CD = 5 2 suy ra (7 − 2t )2 + (t − 6)2 = 50 ⇔ ⎢
⎣t = 7.
Do đó D (4;1) hoặc D(−8;7).
Ta có

8.a
(1,0 điểm)

0,25

(P) có véctơ pháp tuyến n = (2;3; −1).

0,25

0,25
0,25

Đường thẳng Δ qua A và vuông góc với (P) nhận n làm véctơ chỉ phương, nên có phương trình
0,25

x−3 y −5 z

=
= .
2
3
−1

9.a
(1,0 điểm)

Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc Δ. Do đó B (3 + 2t ;5 + 3t ; −t ).

0,25

⎛ 10 + 3t ⎞ ⎛ −t ⎞
Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên 2(3 + t ) + 3 ⎜
⎟ − ⎜ ⎟ − 7 = 0 ⇔ t = −2.
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠
Do đó B (−1; −1; 2).

0,25

Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là: 7.6 = 42.

0,25

Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là: 4.2 = 8.

0,25

Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là: 3.4 = 12.

0,25

Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là: p =

Trang 3/4

8 +12 10
= .
42
21

0,25


Câu
7.b
(1,0 điểm)

A
N
M

B

8.b
(1,0 điểm)

H

D

C

Đáp án
Điểm
Ta có H ∈ AH và AH ⊥ HD nên AH có phương trình:
0,25
x + 2 y − 3 = 0. Do đó A(3 − 2a; a ).
Do M là trung điểm của AB nên MA = MH.
1
Suy ra (3 − 2a)2 + (a −1)2 = 13 ⇔ a = 3 hoặc a = − .
0,25
5
Do A khác H nên A(−3;3).
Phương trình đường thẳng AD là y − 3 = 0. Gọi N là điểm đối xứng
của M qua AD. Suy ra N ∈ AC và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ
0,25
⎧1 + y − 3 = 0
⎪
⇒
N
(0;5).
2
⎨
⎩⎪1.x + 0.( y −1) = 0
Đường thẳng AC có phương trình: 2 x − 3 y + 15 = 0.
Đường thẳng BC có phương trình: 2 x − y − 7 = 0.
0,25
⎧2 x − y − 7 = 0

Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: ⎨
⎩ 2 x − 3 y + 15 = 0.
Do đó C (9;11).

Ta có AB = ( −2;3;2 ) , vectơ chỉ phương của Δ là u = (−2;1;3).

0,25

Đường thẳng vuông góc với AB và Δ, có vectơ chỉ phương là v = ⎡⎣ AB, u ⎤⎦ .

0,25

Suy ra v = ( 7; 2; 4 ) .

0,25

x − 1 y + 1 z −1
=
=
.
7
2
4
⎧ x 2 + 2 y = 4 x −1
Điều kiện: x > 1; y > −1. Hệ đã cho tương đương với ⎨
⎩log3 ( x −1) = log3 ( y +1)
Đường thẳng đi qua A, vuông góc với AB và Δ có phương trình là:

9.b
(1,0 điểm)

⎧ x2 − 2x − 3 = 0
⇔⎨
⎩y = x−2
⎡ x = −1, y = −3
⇔⎢
⎣ x = 3, y = 1.
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (3;1).
------------- Hết -------------

Trang 4/4

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


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

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

Ca‚u 1 (2,0 ÒieÂm). Cho ha¯m so· y = x 3 − 3mx + 1

(1), vÙ˘i m la¯ tham so· thˆÔc.

a) Kha˚o sa˘t sˆÔ bie·n thie‚n va¯ veı Òo‡ thÚ cu˚a ha¯m so· (1) khi m = 1.

b) Cho ÒieÂm A(2; 3). TÏm m Òe Òo‡ thÚ ha¯m so· (1) co˘ hai ÒieÂm cˆÔc trÚ B va¯ C sao cho
tam gia˘c ABC ca‚n taÔi A.
√
Ca‚u 2 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i phˆÙng trÏnh
2(sin x − 2 cos x) = 2 − sin 2x.
2

x2 + 3x + 1
dx.
x2 + x

Ca‚u 3 (1,0 ÒieÂm). TÌnh tÌch pha‚n I =
1

Ca‚u 4 (1,0 ÒieÂm).

a) Cho so· phˆ˘c z tho˚a maın Òie‡u kie‰n 2z + 3(1 − i) z = 1 − 9i. TÌnh mo‚Òun cu˚a z.

b) —e kieÂm tra cha·t lˆÙÔng sa˚n phaÂm tˆ¯ mo‰t co‚ng ty sˆıa, ngˆÙ¯i ta Òaı gˆ˚i Òe·n bo‰ pha‰n
kieÂm nghie‰m 5 ho‰p sˆıa cam, 4 ho‰p sˆıa da‚u va¯ 3 ho‰p sˆıa nho. Bo‰ pha‰n kieÂm nghie‰m
choÔn nga„u nhie‚n 3 ho‰p sˆıa Òe pha‚n tÌch ma„u. TÌnh xa˘c sua·t Òe 3 ho‰p sˆıa ÒˆÙÔc choÔn
co˘ ca˚ 3 loaÔi.
Ca‚u 5 (1,0 ÒieÂm). Trong kho‚ng gian vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxyz, cho ÒieÂm A(1; 0; −1) va¯ ÒˆÙ¯ng
x−1
y+1

z
tha˙ng d :
=
=
. Vie·t phˆÙng trÏnh maÎt pha˙ng qua A va¯ vuo‚ng go˘c vÙ˘i d.
2
2
−1
TÏm toÔa Òo‰ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a A tre‚n d.
Ca‚u 6 (1,0 ÒieÂm). Cho laÍng truÔ ABC.A ′ B ′ C ′ co˘ Òa˘y la¯ tam gia˘c Òe‡u caÔnh a. HÏnh chie·u
vuo‚ng go˘c cu˚a A ′ tre‚n maÎt pha˙ng (ABC) la¯ trung ÒieÂm cu˚a caÔnh AB, go˘c giˆıa ÒˆÙ¯ng
tha˙ng A ′ C va¯ maÎt Òa˘y baËng 60 ◦ . TÌnh theo a the tÌch cu˚a kho·i laÍng truÔ ABC.A ′B ′ C ′ va¯
khoa˚ng ca˘ch tˆ¯ ÒieÂm B Òe·n maÎt pha˙ng (ACC ′ A′ ).
Ca‚u 7 (1,0 ÒieÂm). Trong maÎt pha˙ng vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxy, cho hÏnh bÏnh ha¯nh ABCD. —ieÂm
M (−3; 0) la¯ trung ÒieÂm cu˚a caÔnh AB, ÒieÂm H(0; −1) la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a B tre‚n
4
AD va¯ ÒieÂm G ; 3 la¯ troÔng ta‚m cu˚a tam gia˘c BCD. TÏm toÔa Òo‰ ca˘c ÒieÂm B va¯ D.
3
Ca‚u 8 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i he‰ phˆÙng trÏnh
√
√
(1 − y) x − y + x = 2 + (x − y − 1) y
(x, y ∈ R).
√
√
2y 2 − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3
Ca‚u 9 (1,0 ÒieÂm). Cho ca˘c so· thˆÔc a, b, c kho‚ng a‚m va¯ tho˚a maın Òie‡u kie‰n (a + b)c > 0.
TÏm gia˘ trÚ nho˚ nha·t cu˚a bieÂu thˆ˘c
P =

a
+
b+c

b
c
+
.
a + c 2(a + b)

−−−−−
−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 B
(—a˘p a˘n - Thang ÒieÂm go‡m 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
—a˘p a˘n

Ca‚u

a) (1,0 ÒieÂm)
1
(2,0Ò) VÙ˘i m = 1, ha¯m so· trÙ˚ tha¯nh: y = x 3 − 3x + 1.
• Ta‰p xa˘c ÒÚnh: D = R.
• SˆÔ bie·n thie‚n:
- Chie‡u bie·n thie‚n: y ′ = 3x2 − 3; y ′ = 0 ⇔ x = ±1.

0,25

Ca˘c khoa˚ng Òo‡ng bie·n: (−∞; −1) va¯ (1; +∞); khoa˚ng nghÚch bie·n: (−1; 1).
- CˆÔc trÚ: Ha¯m so· ÒaÔt cˆÔc ÒaÔi taÔi x = −1, y C— = 3; ÒaÔt cˆÔc tieÂu taÔi x = 1, y CT = −1.
- GiÙ˘i haÔn taÔi vo‚ cˆÔc: lim y = −∞; lim y = +∞.
x→−∞

—ieÂm

0,25

x→+∞

- Ba˚ng bie·n thie‚n:
x −∞
y′
y
−∞

−1
0

+

1
0

−

✶ 3 PP
✏✏
PP
✏✏
✏
PP
q
✏

−1

• —o‡ thÚ:

+∞
+
✶ +∞
✏✏
✏✏
✏
✏

0,25

y

3
0,25
1
1
−1 O

x

−1

b) (1,0 ÒieÂm)
Ta co˘ y ′ = 3x2 − 3m.
—o‡ thÚ ha¯m so· (1) co˘ hai ÒieÂm cˆÔc trÚ ⇔ phˆÙng trÏnh y ′ = 0 co˘ hai nghie‰m pha‚n bie‰t ⇔ m > 0.
√
√
√
√
ToÔa Òo‰ ca˘c ÒieÂm cˆÔc trÚ B, C la¯ B(− m; 2 m3 + 1), C( m; −2 m3 + 1).
√
√
−−→
Suy ra BC = (2 m; −4 m3 ).
−
→ −−→
GoÔi I la¯ trung ÒieÂm cu˚a BC, suy ra I(0; 1). Ta co˘ tam gia˘c ABC ca‚n taÔi A ⇔ AI.BC = 0
√
√
1
⇔ −4 m + 8 m3 = 0 ⇔ m = 0 hoaÎc m = .

2
1
—o·i chie·u Òie‡u kie‰n to‡n taÔi cˆÔc trÚ, ta ÒˆÙÔc gia˘ trÚ m ca‡n tÏm la¯ m = .
2
1

0,25
0,25
0,25

0,25


—a˘p a˘n

Ca‚u

√

PhˆÙng trÏnh Òaı cho tˆÙng ÒˆÙng vÙ˘i 2 sin x cos x − 2 2 cos x +
2
√
√
(1,0Ò)
⇔ (sin x − 2)(2 cos x + 2) = 0.
√
• sin x − 2 = 0: phˆÙng trÏnh vo‚ nghie‰m.
√
3π
• 2 cos x + 2 = 0 ⇔ x = ±

+ k2π (k ∈ Z).
4
3π
Nghie‰m cu˚a phˆÙng trÏnh Òaı cho la¯: x = ±
+ k2π (k ∈ Z).
4
2

3
Ta co˘ I =
(1,0Ò)

2

x2 + 3x + 1
dx =
x2 + x

1

—ieÂm
2 sin x − 2 = 0.

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

2

2x + 1
dx.
x2 + x

dx +
1

√

0,25

1

2

•

0,25

dx = 1.
1
2

2x + 1
dx = ln |x2 + x|
x2 + x

•

2

0,25

1

1

= ln 3. Do Òo˘ I = 1 + ln 3.

0,25

4
a) —aÎt z = a + bi (a, b ∈ R). Tˆ¯ gia˚ thie·t suy ra
(1,0Ò)
√
⇔ a = 2, b = 3. Do Òo˘ mo‚Òun cu˚a z baËng 13.

5a − 3b = 1
3a + b = 9

0,25
0,25

b) So· pha‡n tˆ˚ cu˚a kho‚ng gian ma„u la¯: C 312 = 220.

0,25

So· ca˘ch choÔn 3 ho‰p sˆıa co˘ Òu˚ 3 loaÔi la¯ 5.4.3 = 60. Do Òo˘ xa˘c sua·t ca‡n tÌnh la¯ p =

60

3
= .
220
11

→
VectÙ chÊ phˆÙng cu˚a d la¯ −
u = (2; 2; −1).
5
(1,0Ò)
→
MaÎt pha˙ng (P ) ca‡n vie·t phˆÙng trÏnh la¯ maÎt pha˙ng qua A va¯ nha‰n −
u la¯m vectÙ pha˘p tuye·n,
ne‚n (P ) : 2(x − 1) + 2(y − 0) − (z + 1) = 0, nghÛa la¯ (P ) : 2x + 2y − z − 3 = 0.
GoÔi H la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a A tre‚n d, suy ra H(1 + 2t; −1 + 2t; −t).

GoÔi H la¯ trung ÒieÂm cu˚a AB, suy ra A ′ H ⊥ (ABC)
3a
va¯ A′ CH = 60◦ . Do Òo˘ A′ H = CH. tan A′ CH =
.
C′
2

′

A

B′

The tÌch kho·i laÍng truÔ la¯ V ABC.A′ B ′C ′ =

K
I
A

H

C
B

A′ H.S

∆ABC

√
3 3 a3
=
.
8

GoÔi I la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a H tre‚n AC; K la¯ hÏnh chie·u
vuo‚ng go˘c cu˚a H tre‚n A ′ I. Suy ra HK = d(H, (ACC ′ A′ )).
√
3a
Ta co˘ HI = AH. sin IAH =
,
4
√
1
1

1
52
3 13 a
=
+
= 2 , suy ra HK =
.
HK 2
HI 2 HA′2
9a
26
√
3 13 a
′ ′
′ ′
Do Òo˘ d(B, (ACC A )) = 2d(H, (ACC A )) = 2HK =
.
13

2

0,25
0,25
0,25

1
5 1 1
Ta co˘ H ∈ (P ), suy ra 2(1 + 2t) + 2(−1 + 2t) − (−t) − 3 = 0 ⇔ t = . Do Òo˘ H ; − ; − .
3
3 3 3

6
(1,0Ò)

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


—a˘p a˘n

Ca‚u
7
(1,0Ò)

B

E
M

A

GoÔi E va¯ F la‡n lˆÙÔt la¯ giao ÒieÂm cu˚a HM va¯ HG
−−→ −−→
−−→

−
−→
C vÙ˘i BC. Suy ra HM = M E va¯ HG = 2GF ,
Do Òo˘ E(−6; 1) va¯ F (2; 5).
−−→
—ˆÙ¯ng tha˙ng BC Òi qua E va¯ nha‰n EF la¯m vectÙ
chÊ phˆÙng, ne‚n BC : x − 2y + 8 = 0. —ˆÙ¯ng tha˙ng
−−→
BH Òi qua H va¯ nha‰n EF la¯m vectÙ pha˘p tuye·n, ne‚n
BH : 2x + y + 1 = 0. ToÔa Òo‰ ÒieÂm B tho˚a maın he‰
x − 2y + 8 = 0
phˆÙng trÏnh
Suy ra B(−2; 3).
2x + y + 1 = 0.

F
I

H

—ieÂm

G

D

Do M la¯ trung ÒieÂm cu˚a AB ne‚n A(−4; −3).
−→
−→
3

GoÔi I la¯ giao ÒieÂm cu˚a AC va¯ BD, suy ra GA = 4GI. Do Òo˘ I 0; .
2
Do I la¯ trung ÒieÂm cu˚a ÒoaÔn BD, ne‚n D(2; 0).
√
√
(1 − y) x − y + x = 2 + (x − y − 1) y
(1)
8
√
√
(1,0Ò)
2y 2 − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3 (2).

1
1
+
√
x−y+1 1+ y

1
1
y=1
+
√ > 0 ne‚n (3) ⇔
y = x − 1.
x−y+1 1+ y
• VÙ˘i y = 1, phˆÙng trÏnh (2) trÙ˚ tha¯nh 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3.

• VÙ˘i y = x − √
1, Òie‡u kie‰n (∗) trÙ˚ tha¯nh 1 ≤ x ≤ 2.√PhˆÙng trÏnh (2) trÙ˚ tha¯nh

2x2 − x − 3 = 2 − x ⇔ 2(x2 − x − 1) + (x − 1 − 2 − x) = 0
1
√
⇔ (x2 − x − 1) 2 +
=0
x−1+ 2−x
√
1± 5
2
⇔ x −x−1 = 0 ⇔ x =
. —o·i chie·u Òie‡u kie‰n (∗) va¯ ke·t hÙÔp trˆÙ¯ng hÙÔp tre‚n, ta ÒˆÙÔc
2
√
√
1 + 5 −1 + 5
nghie‰m (x; y) cu˚a he‰ Òaı cho la¯ (3; 1) va¯
;
.
2
2

Do Òo˘ P ≥

a
2a
≥
.
b+c
a+b+c

2(a + b)
c
2(a + b)
a+b+c
1
+
=
+
−
a + b + c 2(a + b)
a+b+c
2(a + b)
2

≥2−

1
3
= .
2
2

Khi a = 0, b = c, b > 0 thÏ P =

0,25

0,25

= 0 (3).

Do √

9
Ta co˘ a + b + c ≥ 2 a(b + c). Suy ra
(1,0Ò)
b
2b
TˆÙng tˆÔ,
≥
.
a+c
a+b+c

0,25

0,25
⎧
⎨ y≥0
—ie‡u kie‰n:
x ≥ 2y
(∗).
⎩
4x ≥ 5y + 3

√
√
Ta co˘ (1) ⇔ (1 − y)( x − y − 1) + (x − y − 1)(1 − y) = 0
⇔ (1 − y)(x − y − 1) √

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
3
3
. Do Òo˘ gia˘ trÚ nho˚ nha·t cu˚a P la¯ .
2
2
−−−−−−He·t−−−−−−

3

0,25


BOƒ GIAŸO DUœC VAÿ —AÿO TAœO

KYÿ THI TRUNG HOœC PHO6 THO¬NG QUO¡C GIA NA M 2015

—E¿ THI CHÕNH TH÷ŸC

Mo‚n thi: TOAŸN

(—e‡ thi go‡m 01 trang)

ThÙ¯i gian la¯m ba¯i: 180 phu˘t, kho‚ng ke thÙ¯i gian pha˘t Òe‡
−−−−−−−−−−−−

Ca‚u 1 (1,0 ÒieÂm). Kha˚o sa˘t sˆÔ bie·n thie‚n va¯ veı Òo‡ thÚ cu˚a ha¯m so· y = x3 − 3x.
Ca‚u 2 (1,0 ÒieÂm). TÏm gia˘ trÚ lÙ˘n nha·t va¯ gia˘ trÚ nho˚ nha·t cu˚a ha¯m so· f(x) = x +

4
tre‚n ÒoaÔn [1; 3].
x

Ca‚u 3 (1,0 ÒieÂm).
a) Cho so· phˆ˘c z tho˚a maın (1 − i) z − 1 + 5i = 0. TÏm pha‡n thˆÔc va¯ pha‡n a˚o cu˚a z.
b) Gia˚i phˆÙng trÏnh log2 (x2 + x + 2) = 3.
1

Ca‚u 4 (1,0 ÒieÂm). TÌnh tÌch pha‚n I =

(x − 3)ex dx.
0

Ca‚u 5 (1,0 ÒieÂm). Trong kho‚ng gian vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxyz, cho ca˘c ÒieÂm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) va¯
maÎt pha˙ng (P ) : x − y + 2z − 3 = 0. Vie·t phˆÙng trÏnh ÒˆÙ¯ng tha˙ng AB va¯ tÏm toÔa Òo‰ giao ÒieÂm
cu˚a ÒˆÙ¯ng tha˙ng AB vÙ˘i maÎt pha˙ng (P ).
Ca‚u 6 (1,0 ÒieÂm).
2
a) TÌnh gia˘ trÚ cu˚a bieÂu thˆ˘c P = (1 − 3 cos 2α)(2 + 3 cos 2α), bie·t sin α = .

3
b) Trong ÒÙÔt ˆ˘ng pho˘ dÚch MERS-CoV, SÙ˚ Y te· tha¯nh pho· Òaı choÔn nga„u nhie‚n 3 Òo‰i pho¯ng cho·ng
dÚch cÙ Òo‰ng trong so· 5 Òo‰i cu˚a Trung ta‚m y te· dˆÔ pho¯ng tha¯nh pho· va¯ 20 Òo‰i cu˚a ca˘c Trung ta‚m
y te· cÙ sÙ˚ Òe kieÂm tra co‚ng ta˘c chuaÂn bÚ. TÌnh xa˘c sua·t Òe co˘ Ìt nha·t 2 Òo‰i cu˚a ca˘c Trung ta‚m y
te· cÙ sÙ˚ ÒˆÙÔc choÔn.
Ca‚u 7 (1,0 ÒieÂm). Cho hÏnh cho˘p S.ABCD co˘ Òa˘y ABCD la¯ hÏnh vuo‚ng caÔnh a, SA vuo‚ng go˘c
vÙ˘i maÎt pha˙ng (ABCD), go˘c giˆıa ÒˆÙ¯ng tha˙ng SC va¯ maÎt pha˙ng (ABCD) baËng 45◦ . TÌnh theo
a the tÌch cu˚a kho·i cho˘p S.ABCD va¯ khoa˚ng ca˘ch giˆıa hai ÒˆÙ¯ng tha˙ng SB, AC.
Ca‚u 8 (1,0 ÒieÂm). Trong maÎt pha˙ng vÙ˘i he‰ toÔa Òo‰ Oxy, cho tam gia˘c ABC vuo‚ng taÔi A. GoÔi H
la¯ hÏnh chie·u vuo‚ng go˘c cu˚a A tre‚n caÔnh BC; D la¯ ÒieÂm Òo·i xˆ˘ng cu˚a B qua H; K la¯ hÏnh chie·u
vuo‚ng go˘c cu˚a C tre‚n ÒˆÙ¯ng tha˙ng AD. Gia˚ sˆ˚ H(−5; −5), K(9; −3) va¯ trung ÒieÂm cu˚a caÔnh AC
thuo‰c ÒˆÙ¯ng tha˙ng x − y + 10 = 0. TÏm toÔa Òo‰ ÒieÂm A.
Ca‚u 9 (1,0 ÒieÂm). Gia˚i phˆÙng trÏnh

√
x2 + 2x − 8
= (x + 1) x + 2 − 2 tre‚n ta‰p so· thˆÔc.
2
x − 2x + 3

Ca‚u 10 (1,0 ÒieÂm). Cho ca˘c so· thˆÔc a, b, c thuo‰c ÒoaÔn [1; 3] va¯ tho˚a maın Òie‡u kie‰n a + b + c = 6.
TÏm gia˘ trÚ lÙ˘n nha·t cu˚a bieÂu thˆ˘c
P =

a2b2 + b2 c2 + c2a2 + 12abc + 72 1
− abc.
ab + bc + ca
2
−−−−−−−−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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .