TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MƠN
TỐN KHỐI A 2002 - 2013
(ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG

HỌ VÀ TÊN: …………………………………………………………………
LỚP

:………………………………………………………………….

TRƯỜNG

:…………………………………………………………………

HÀ NỘI, 8/2013


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−−
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx − 1

(1), với m là tham số thực.

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

b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞).

√
π
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + tan x = 2 2 sin x +
.
4
( √
p
√
x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y
Caâu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0
Caâu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

I=

Z2

(x, y ∈ R).

x2 − 1
ln x dx.
x2

1

[ = 30◦ , SBC là

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mã√
n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 . Tìm giá trị
32a3
32b3
a 2 + b2
nhỏ nhất của biểu thức P =
+
−
.
(b + 3c)3 (a + 3c)3
c
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d : 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5; −4).
x−6
y+1
z+2
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
=
=
−3
−2
1
và điểm A(1; 7; 3). Viết phương
trình

mặ
t
phẳ
n
g
(P
)
đi
qua
A
và
vuô
n
g
gó
c
vớ
i
∆.
Tìm
tọ
a
độ
điể
m
√
M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30.
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất
để số được chọn là số chẵn.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong √
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng√∆ : x − y = 0. Đường
tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2. Tiếp tuyến của (C)
tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0
vaø mặt cầu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 2z − 8 = 0. Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ
tiếp điểm của (P ) và (S).
√
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z = 1 + 3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo
của số phức w = (1 + i)z5.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Mơn: TỐN; 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 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Câu
2
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

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

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

⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = 0.

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

0,25

π
+ kπ ( k ∈ ]).
4

0,25

π
+ k 2π (k ∈ ]).
3

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

0,25

π
π

+ kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ]).
4
3

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

0,25

0,25

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

2t 3
4

t +2

u4 + 2 + u =

y 4 + 2 + y (3).

+ 1 > 0, ∀t ≥ 0.

0,25

Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là x = y 4 + 1.

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

Đặt u = ln x, dv =

x2 − 1
x

2

dx ⇒ du =

dx
1
, v= x+ .
x
x

0,25

0,25

0,25

2

2
1
1 1
Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx
x⎠
x⎠x
⎝
1 1⎝

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

B
H

C

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 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Câu
6
(1,0 điểm)

Đáp án

Đặt x =

Điểm

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

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

3
( y + 3)
( x + 3)

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

3

3

3

0,25

3

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

xy + 3 x + 3 y + 9
⎝ y +3 x+3⎠
( y + 3)3 ( x + 3)3
⎝
⎠
Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được

Do đó

3

3

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

0,25

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

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

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

Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) +

Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và

t +1
t 2 + 2t − 6

= 1+

0,25

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

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

nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC.
Do đó I t − 4 ; −2t + 3 .
2
2
Tam
giác
BDN
vuông
tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA.
A
D
Do đó ta có phương trình
f '(t ) ≥ 3 −

7.a
(1,0 điểm)

)

(

(

I
N

B

8.a
(1,0 điểm)

C

M

) (

)

2
2
⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
2 ⎠
2
2
2 ⎠
⎝
⎝
⇔ t = 1. Suy ra C (1; −7).
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD
và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra
AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0.
Đường thẳng BN qua N và vng góc với AC nên có
phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ).

Trung điểm của BN thuộc AC nên
3a + 17 + 5 ⎞ a − 4
3⎛⎜
+ 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B ( −4; −7).
⎟+
2
2
⎝
⎠

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

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

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

0,25

AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0
51 ; − 1 ; − 17 .
⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M
7
7
7
7
Trang 3/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

(

)

0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Câu

Đáp án

Điểm

9.a
(1,0 điểm)

Số phần tử của S là A37

= 210.
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách).
90 3
= .
Xác suất cần tính bằng
210 7
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao
điểm của AB và IM. Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm
AB
= 2 2.
của AB. Suy ra AH =
2
M
1
1
1
=
+
, suy ra AM = 2 10.
2
2
AH
AM
AI 2
B
Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2.
|t |
, nên t = 8. Do đó M (0; 8).
Mà MH = d ( M , Δ ) =
H

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

0,25

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

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

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

| 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11|

=

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

22 + 32 + 12
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vng 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 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

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

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; 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
⎪
( x, y ∈ \).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2
1
2
x
+
y
−
x
+
y
=
⎪

2
⎩
3

1 + ln( x + 1)
dx.
2
x
1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng 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 vng ABCD. Gọi M là trung điểm
11 1
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Giả sử M
và đường thẳng AN có
;
2 2
phương trình 2 x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
x +1 y z − 2
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
và
= =

1
2
1
điểm I (0; 0;3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
vuông tại I.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai

(

(

)

)

n

nx 2 1
−
, x ≠ 0.
triển nhị thức Niu-tơn của
14 x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 + y 2 = 8. Viết phương
trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành
bốn đỉnh của một hình vng.
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 mơđun của số phức w = 1 + z + z 2 .
z +1
---------- HẾT ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................
BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; Khối A và khối A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 .
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:

0,25

− Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.

Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞).
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0.
− Giới hạn: lim y = lim y = + ∞.
x→−∞

− Bảng biến thiên:

0,25

x→+∞

x −∞
y'

–1
–

0

0

+

0

+∞

+∞

1
–

0

+

+∞

0

0,25

y

–1

–1
• Đồ thị:

y

8

0,25

–1 O
–2

1
2

x

–1
b) (1,0 điểm)

Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1).
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*).
Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1).
JJJG
JJJG
Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ).
JJJG JJJG
Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0
⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.
Trang 1/4

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

0,25

0,25
0,25
0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
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

1 + ln( x + 1)
I=−
+
x
1

=

2 + ln 2
+
3

3

∫(
1

3

(

)

dx

∫ x( x + 1)

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

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

1

)

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

3

0,25
1

2
2
= + ln 3 − ln 2.
3
3
5
(1,0 điểm)

0,25

0,25

S

n là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH
n = 60o.
Ta có SCH
a
a 3
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD =
,
6
2
a 7
a 21
HC = HD 2 + CD 2 =
, SH = HC.tan60o =
.
3
3

0,25

1
1 a 21 a 2 3 a 3 7
=
VS . ABC = .SH .S ∆ABC = .
.
.
3

3 3
4
12

0,25

Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vng góc
3
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên
2
3
d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )).
2
Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó
HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK .

0,25

K

A
x

N

D

C
H
B

AH =

2a
a 3
, HN = AH sin 60o =
, HK =
3
3

SH .HN
2

SH + HN

Trang 2/4

2

=

a 42
a 42
. Vậy d ( SA, BC ) =
.
8
12

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Câu

Đáp án

Điểm

6
Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*).
(1,0 điểm)
Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng.

0,25

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

(

2

2

2

)

0,25

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

(

)

2

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

2

0,25

2

Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z .
Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3.
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H
7.a
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.
(1,0 điểm)
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.
A
B

Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
AH ⊥ HM .
Hơn nữa, ta cũng có AH = HM .
M
3 10
Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) =
.
H
2
Q
P
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).
C
D
11 2
7 2 45
3 10
N
+ 2t −
=
MA =
⇔ t−
2
2
2
2

) (

(

)

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

)

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

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

0,25

0,25

0,25
0,25

2 6
.
3

0,25
0,25

9.a
n(n − 1)(n − 2)
n −1
3
(1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n =
6

0,25

⇔ n = 7 (vì n nguyên dương).
n

0,25

0,25

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

(

0,25

0,25
7

7
2
2
1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞
⎛ nx
⎛x ⎞
Khi đó ⎜
− ⎟ =⎜
− ⎟ = C7k ⎜ ⎟
x⎠ ⎝ 2
x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠
⎝ 14

∑

7−k

7

(− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k .
k

k

k

0,25

k=0

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

(−1)3 .C73 5
35
x = − x5 .
4
16
2
Trang 3/4

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
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 vng 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

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TỐN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
−x + 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
2x − 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt
giá trị lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1 + sin 2 x + cos 2 x
= 2 sin x sin 2 x.
1. Giải phương trình
1 + cot 2 x
2
2
3
⎪⎧5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
( x, y ∈ \).
2. Giải hệ phương trình ⎨
2
2
2
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

π

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

4

∫
0

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

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a;
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB;
mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y
z
biểu thức P =
+
+
.
y+z z+x
2x + 3 y
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến
MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích
bằng 10.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
( P) : 2 x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: z 2 = z + z.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

x2
y2
+
= 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ):
4
1
(E), có hồnh độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
2. Trong khơng 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 mơđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .
----------- Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Mơn: TỐN; Khối A
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ .
⎩2⎭
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' =

−1

( 2 x −1)

0,25

< 0, ∀x ∈ D.

2

1⎞
⎛1
⎞
⎛
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ .
2⎠
⎝2
⎠
⎝

1
1
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − .
x → −∞
x → +∞
2
2
1
lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = .
⎛1⎞
⎛1⎞
2
x →⎜ ⎟
x →⎜ ⎟
⎝2⎠

Bảng biến thiên:

⎝2⎠

1
2

x −∞
y’
y

1
−
2

0,25

−

+∞
−

0,25

+∞
−

−∞
y

• Đồ thị:

1
2

(C)
O 1
−

1
2

2

1

x
0,25

–1

2. (1,0 điểm)

Hồnh 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 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

0,25

0,25

Câu
II
(2,0 điểm)

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx –
• cosx = 0 ⇔ x =

2 ) = 0.

π
+ kπ, thỏa mãn (*).
2

0,25
0,25
0,25

π
π
) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*).

4
4
π
π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z).
2
4
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +

0,25

2. (1,0 điểm)

⎧⎪5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1)
⎨
2
2
2
(2).
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0
2
2
⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:
⎛ 2 10 10 ⎞

⎛ 2 10
10 ⎞
(x; y) = ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ hoặc (x; y) = ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠
5
5 ⎟⎠
⎝ 5
⎝
⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10
10 ⎞
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ , ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠ ⎝
5
5 ⎟⎠
⎝ 5
III
(1,0 điểm)

I =

π

π

π

4

4

4

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

∫ dx +
0

x cos x

∫ x sin x + cos x dx.

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0

π
4

π

Ta có: ∫ dx = x 04 =
0

π
4

π
4

và

∫
0

IV
(1,0 điểm)

0,25
π

x cos x
dx =

x sin x + cos x

d(x sin x + cos x)
∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x
4

)

π
4

⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
π
= ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ .
2
4
2
4
⎝
⎠
⎝ 4 ⎠⎠
⎝
⎠
⎝
(SAB) và (SAC) cùng vng góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
S
n là góc giữa (SBC) và

AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA
n = 2a 3.
(ABC) ⇒ SBA
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
H
⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
D N
C
A
BC
AB
MN =
= a, BM =
= a.
M
2
2
B
( BC + MN ) BM 3a 2
1
=
⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅
Diện tích: SBCNM =
2
2
3
Trang 2/5 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

0,25

0

0,25

0,25

0,25


Câu

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Đáp án

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 vng tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH =
V
(1,0 điểm)

SA. AD

=

2a 39
⋅

13

Điểm
0,25

0,25

SA2 + AD 2
1
1
2
+
≥
(*), với a và b dương, ab ≥ 1.
Trước hết ta chứng minh:
1 + a 1 + b 1 + ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 +

ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)

⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab

b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
x
1
1
1
2

P=
+
+
≥
+
.
3y
2x + 3y 1 + z 1 + x
x
2+
1+
y
z
x
y

0,25

⇔ ( ab – 1)( a –

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:

x
z
x
= hoặc = 1
y
y
z

0,25

(1)

x
t2
2
+
⋅
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2
2t + 3 1 + t
y

Đặt

− 2 ⎡⎣t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦
2
t2
< 0.
Xét hàm f(t) = 2
+
, t ∈ [1; 2]; f '(t ) =
2t + 3 1 + t
(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2
⇒ f(t) ≥ f(2) =

0,25

34
x

= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔
y
33

34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
33
34
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
; khi x = 4, y = 1, z = 2.
33

⇒P≥

VI.a

0,25

1. (1,0 điểm)

(2,0 điểm)

A

Đường trịn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
n = MBI
n = 90o và MA = MB
Tứ giác MAIB có MAI

I

⇒ SMAIB = IA.MA

B
M

∆

0,25

⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5.
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0

0,25

⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1).

0,25

0,25

2. (1,0 điểm)

⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9
⎩

Trang 3/5 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

0,25


Câu

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
Đáp án

⎧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

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

Điểm

1⎞
⎛ 1
⎜ − ; − ⎟.

2⎠
⎝ 2

0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hồnh độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:

y
A
H

O

B

0,25

4 − x2 .

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

Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
1
Diện tích: SOAB = x 4 − x 2
2
x
1 2
=

x (4 − x 2 ) ≤ 1.
2
Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x =

0,25

0,25

2.

⎛
⎛
⎛
⎛
2⎞
2⎞
2⎞
2⎞
Vậy: A ⎜⎜ 2;
⎟⎟ hoặc A ⎜⎜ 2; −
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2;
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2; −
⎟.
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎟⎠
⎝
⎝
⎝

⎝

0,25

2. (1,0 điểm)

(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
Tam giác OAB đều, có bán kính đường trịn ngoại tiếp r =

OA 4 2
=
.
3
3

2
.
3
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*).
(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
Khoảng cách: d(I, (P)) =

d(I, (P)) =

2(a + b + c)
2

2

a +b +c

2

0,25

R2 − r 2 =

=

2c
2

2a + c

2

⇒

2c
2

2a + c

2

=

2
3

⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.
Trang 4/5 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

0,25

0,25
0,25


Câu
VII.b
(1,0 điểm)

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
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 CẦN SẼ ĐẾN BẾN
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn: TỐN; 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 hồnh độ x1, x2, x3 thoả mãn điều

kiện x12 + x22 + x32 < 4.
Câu II (2,0 điểm)
π⎞
⎛
(1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟
1
4⎠
⎝
=
1. Giải phương trình
cos x .
1 + tan x
2
2. Giải bất phương trình

x−
1−

x
2

2( x − x + 1)

≥ 1.

1

x2 + e x + 2 x2e x
∫0 1 + 2e x dx .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng 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 vng 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 hồnh 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 mơđun của số phức z + i z.

1− i
----------- Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn: TỐN; 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

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

0,25

0,25

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 -
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 2 − x + 1) ≤ 1 − x +

2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x +

2( x 2 − x + 1) = 1 − x +

(1) ⇔

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( 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

1
1
1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e
I =
+ 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
a
a
5a 2
= 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.
n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
∆ADM = ∆DCN ⇒ n
ADM = DCN
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vng góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
Trang 2/4

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

0,25

0,25

0,25

0,25