BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
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
1
.
2 1
x
y
x
− +
=
−

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 k
1
, k
2
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt
giá trị lớn nhất.
1
k k+
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2

4
0
sin ( 1) cos
d.
sin cos
x
x x x
I
x
x x x
π
+ +
=
+
∫

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 60
o
. 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
biểu thức
.
2 3
= + +
+ +

x y
E + =
Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
2 2 2
( ) : 4 4 4 0S x y z x y z+ + − − − =
(4; 4; 0)A
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2− + + + − = −z i z i 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:.

www.laisac.page.tl
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
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
1
\ .

2
⎛ ⎞
⎜ ⎟

+ ∞
⎝ ⎠
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim ;
2
x x
y y
→ −∞ → +∞
= = −
tiệm cận ngang:
1
.
2
y = −

1
Trang 1/5
2
⎝ ⎠
lim ,
x
y
−
⎛ ⎞

x
x
− +
−

⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x =
1
2
không là nghiệm) ⇔ 2x
2
+ 2mx – m – 1 = 0 (*).
0,25
∆' = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,25
Gọi x
1
và x
2
là nghiệm của (*), ta có:
k
1
+ k
2
= –
2
1
1
(2 1)

– 8m – 6 = – 4(m + 1)
2
– 2 ≤ – 2.
Suy ra: k
1
+ k
2
lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
0,25
x − ∞
1
2
+ ∞
y’ − −
y
1
2
−

1
2
−
− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−
1

π
) = 1 ⇔ x =
4
π
+ k2π, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x =
2
π
+ kπ; x =
4
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)
( ) 2 ( ) (2
x y xy y x y
xy x y x y
⎧
− + − + =
⎪
⎨
+ + = +
⎪
⎩
).
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x
2

+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
0,25
II
(2,0 điểm)
Với x = 2y, từ x
2
+ y
2
= 2 suy ra:
;
(x; y) =
2 10 10
5 5
⎛ ⎞
⎜
⎜
hoặc (x; y) =
⎟
⎟
⎝ ⎠
2 10 10
; .
5 5
⎛ ⎞
− −
⎜ ⎟
⎜ ⎟

+ +
+
∫
=
4 4
0 0
cos
d d
sin cos
x x
.
x
x
x
x x
π π
∫
+
+
∫

0,25
Ta có:
4
0
d
x
π
∫
=

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

0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
ln Suy ra: I = 1 .
2 4
⎛ ⎞
π
⎛ ⎞
+
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
4

MN = ,
2
BC
a= BM = .
2
AB
a=
Diện tích: S
BCNM
=
2
( ) 3
2 2
B
C MN BM a+
=
⋅ Thể tích: V
S.BCNM
=
3
1
3
3
BCNM
S SA a⋅ = ⋅
0,25
S
A
B
C

11
1
ab
ab
+≥
++
+
với a và b dương, ab ≥ 1.
Thật vậy, (*)
⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
⇔ ( ab – 1)( a – 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.
0,25
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
11
23
11
x
P
zx
xy
y
z
=++
+
++
≥

2
2
2
231
t
tt
+⋅
++

Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt
+
++
t ∈ [1; 2];
3
22 2
2(43)3(21)9)
'( )
(2 3) (1 )
tt tt
ft
tt
⎡
⎤

Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
Tứ giác MAIB có
n
M
AI =
n
M
BI = 90
o
và MA = MB
⇒ S
MAIB
= IA.MA
0,25
⇒ MA = 25 ⇒ IM =
22
I
AMA+ = 5.
0,25
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)
2
+ (t + 3)
2
= 25 ⇔ 2t
2
+ 2t – 12 = 0
0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1).
0,25

Trang 4/5
Câu
Đáp án
Điểm
⇔

22 2
240
20
(2) (1)
xyz
xyz
xyz
⎧
−−+=
⎪
+−+=
⎨
⎪
−++−=
⎩
9
0,25
⇔
2
22
3
7114
xy
zy

⎝⎠
⎞
⎟

0,25
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có:
2
2
zz=+z ⇔ (a + bi)
2
= a
2
+ b
2
+ a – bi
0,25
⇔ a
2
– b
2
+ 2abi = a
2
+ b
2
+ a – bi ⇔
22 22
2
abab
ab b
⎧

−
⎟
⎝⎠
11
;.
22
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠

Vậy,
z = 0 hoặc z =
1
2
− +
1
2
i hoặc z =
1
2
− –
1
2
i.
0,25
1. (1,0 điểm)
VI.b
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 | =

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

2
+ b
2
+ c
2
≠ 0 (*).
(
P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
0,25
d(I, (P)) =
222
2( )abc
abc
++
++
=
22
2
2
c
ac+

⇒
22
2
2
c
ac+
=
2

22
ab
ab
−=
⎧
⎨
+−=−
⎩
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
⇔
1
,
3
a =

1
3
b =− ⋅
Suy ra môđun: | z | =
2
ab+
2
=
2
3
⋅

0,25

+
=
∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A
1
BB
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,
3. AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A
1
trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD
1
A
1
) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B
1
o
B đến mặt phẳng (A
1
BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a
2
+ b

Δ = =
− −
z
và mặt
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
4 14.MI

=
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết:
5 3
1 0
i
z
z
+
− −
. =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
1
;1 .
2
B
⎛
⎜
⎝ ⎠
⎞

+
⎝ ⎠
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:.

www.laisac.page.tl
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x
4
– 4x
2
+ 1.
• Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y' = 4x
3
– 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.±

0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
y'(x) = 4x
3
– 4(m + 1)x = 4x(x
2
– m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x
2
= 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( 1;m−+– m
2
– m – 1) và C( 1;m + – m
2
– m – 1).
Suy ra: OA = BC

π

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
x =
2
π
+ k2π; x =
3
π
+ k
2
3
π
(k ∈ Z).
0,25
+ ∞
–3 –3
1
x – ∞ –

+
∞
2
0
2

y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞


(1) trở thành: 3t = t
2
⇔ t = 0 hoặc t = 3.
0,25
• t = 0, suy ra: 2 +
x
= 2 2 −
x
⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x =
6
,
5
thỏa mãn (*).
0,25
• 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]).
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x =
6
.
5

0,25

sin
d.
cos
x
x
x
x
π
∫

0,25
Ta có:
3
2
0
1
d
cos
x
x
π
∫
=
()
3
0
tan
x
π
= 3.

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

3
0
1sin1
ln
2sin1
x
x
π
⎛ − ⎞
⎜⎟
+
⎝⎠
=
2
3
π
+ ln(2 3).− Vậy, I = 3 +
2
3
π
+ ln(2 3).−
0,25
Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A
1
O ⊥ (ABCD).
Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A
1
E ⊥ AD
⇒ là góc giữa hai mặt phẳng (ADD
n

ABCD
= AB.AD =
2
3.a
Thể tích:
111 1
.
V
A
BCD ABCD
= S
ABCD
.A
1
O =
3
3
.
2
a

0,25
Ta có: BB
1
C // A
1
D ⇒ B
1
B C // (A
1

E
O
D
1

Suy ra: d(BB
1
, (A
1
BD)) = CH =
22
.CD CB
CD CB+
=
3
.
2
a

0,25
V
(1,0 điểm)
Với a, b dương, ta có: 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔ 2(a
2
+ b

11
ab
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

≥ 2
11
2( )ab
ab
⎛⎞
++
⎜⎟
⎝⎠
= 22 2
ab
ba
⎛
++
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
, suy ra:
2
ab
ba
⎛
+

3
– 3t) – 9(t
2
– 2) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18.
Xét hàm
f(t) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18, với t ≥
5
.
2

0,25
Ta có:
'( )
f
t
= 6(2t
2
– 3t – 2) > 0, suy ra:
5
;
2
min ( )

và
11
2ab
ab
⎛⎞
+= +
⎜⎟
⎝⎠

⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).
0,25
1. (1,0 điểm)
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:
a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b =
4
.
2
a
a
−

0,25
OM.ON = 8 ⇔ (5a
2
– 8a + 4)
2
= 4(a – 2)
2
.

x
yz
xyz
−+
⎧
==
⎪
−−
⎨
⎪
++−=
⎩
⇒ I(1; 1; 1).
0,25
Gọi M(a; b; c), ta có:
M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI =
41 ⇔ 4
222
30
220
( 1) ( 1) ( 1) 224
abc
abc
abc
⎧
++−=
⎪
−−+=
⎨
⎪

⇔ (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
VII.a
Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a
2
+ b
2
≠ 0, ta có:
53
10
i
z
z
+
−−
(1,0 điểm)
= ⇔ a – bi –
5i
abi
+
+
3
– 1 = 0
0,25 Trang 4/4
Câu
Đáp án

b
⎧
−−=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩

0,25
⇔ (a; b) = (– 1; – 3) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
5
;0
2
BD
⎛
=
⎜
⎝⎠
JJJG
⎞
⎟
⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A;
⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0.
0,25
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔
2
2

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

⎝⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t).
0,25
⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒ AM
JJJJG
AB
JJJG
,AM AB
⎡
⎤
⎣
⎦
J
JJJG JJJG
= (– t – 12; t + 6; t).

+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=
2cos sin
33
i
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
π
và 1 + i =
2cos sin ;
44
i
ππ
⎛⎞
+
⎜
⎝⎠
⎟

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
suy ra: z =
()

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: D
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
2 1
1
x
y
x
+
= ⋅
+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng
cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
sin 2 2cos sin 1
0.
tan 3
x x x
x
+ − −

khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
n
30 . SBC =
D
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 2
2
2 ( 2)
( , ).
1 2
x y x xy m
xy
x x y m
⎧
− + + =
⎪
∈
⎨
+ − = −
⎪
⎩
\

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 tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d:
1 3

( ) : 2 2 0.P x y z− + =
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
2 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
3
trên
đoạn [0; 2].
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:.

www.laisac.page.tl
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án

x
y
−
→−
()
1
lim
x
y
+
→−
0,25
– Bảng biến thiên:

Trang 1/4
0,25
• Đồ thị:


610
k
kk
≠
⎧
−+>
⎩
0
322 322.
k
kk
≠
⎧
⎪
⎨
<− ∨ >+
⎪
⎩
(*).
0,25
I
(2,0 điểm)
Khi đó: A(x
1
; kx
1
+ 2k + 1) và B(x
2
; kx
2

21kx k++
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
⇔ k(x
1
+ x
2
) + 4k + 2 = 0 (do x
1
≠ x
2
).
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*).
Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*).
Phương trình đã cho tương đương với: sin2
x + 2cosx – sinx – 1 = 0
0,25
⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0.
0,25
⇔ sinx = – 1 ⇔ x = –
2
π
+ k2π hoặc cosx =
1
2

)
x
x++ − ⇔ (8 – x
2
)
2
= 16
( )
2
221
x
+− (1).
0,25
Đặt t =
2
1−
x
, (1) trở thành: (7 + t
2
)
2
= 32(1 + t) ⇔ t
4
+ 14t
2
– 32t + 17 = 0
⇔ (t – 1)
2
(t
2

=
3
2
1
10
245
2
tt
t
⎛⎞
−+−
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
III
dt

0,25
=
3
3
2
1
2
2510ln2
3
t
tt t
⎛⎞

S
ABC
.SH =
3
23
IV
.a
0,25
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD)
⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)).
BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HC
n
SBC
⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
0,25
(1,0 điểm)

Ta có AC =
22
B
ABC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA.
HC
AC
=
3
.
5
a

HK =


.
x
xxy
⎧
−−=
⎪
⎨
−+ − =−
⎪
⎩
m

0,25
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
Đặt u = x
2
– x, u ≥ –
1
;
4
v = 2x – y.
Hệ đã cho trở thành:
⇔
12
uv m
uv m

.
21
uu
u
−+
+

Xét hàm f(u) =
2
,
21
uu
u
−+
+
với u ≥ –
1
;
4
ta có:
'( )
f
u
= –
2
2
221
;
(2 1)
uu

B
DGD=
JJJG JJJG⇔ ⇒
43( 1)
13( 1)
xx
yy
+= −
⎧
⎨
−= −
⎩
7
;1 .
2
D
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

0,25
Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong
d: x – y – 1 = 0 của góc A.
f(u)
u
1
4

⎧
⎪
⎨
−+
−−=
⎪
⎩
⇔ ⇒ E(2; – 5).
30
70
xy
xy
++=
⎧
⎨
−−=
⎩
0,25
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0.
0,25
Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ:
⎧
⎨
⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1).
10
413
xy
xy
−−=
0−− =

t
y
t
zt
=+
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=+
⎩

0,25
VII.a
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i

0,25
Trang 4/4
Câu
Đáp án
Điểm
⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i
0,25
⇔
31
339
ab
ab
−− =

1
và x
2
, khi và chỉ khi:
m
2
+ 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x
1
; m) và N(x
2
; m).
0,25
AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN
JJJJG JJJG
1
– 1)(x
2
– 1) + m
2
= 0 ⇔ x
1
x
2
– (x
1
+ x
2
) + m
2
+ 1 = 0.

2
+ (z + 1)
2
= 1.
0,25
2
2
24
'
(1)
x
x
y
x
+
=
+
;
0,25
y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0.
0,25
y(0) = 3, y(2) =
17
.
3

0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:


I

– 2
– 3
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
− 2x
2
+ (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 x
1
, x
2
, x
3
thoả mãn điều
kiện
222

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
1
22
0
2
d
12
xx
x
xe xe
x
e
++
+
∫
.
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.
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
22
(4 1) ( 3) 5 2 0
42347
xxy y
xy x
⎧

xyz−
==
−
2+
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
Gọi
C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC =
6
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
(2 )(1 2)zi=+ −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.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
22
232
3
x
yz+−+
==
. Tính
khoảng cách từ
A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn

2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = 3x
2
− 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ

0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
− 2x
2
+ (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x
2
− x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x
2
− 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) = x
2
− x − m; x
1
= 1; x
2
và x
3

⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<
⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0.
0,25
y
1
+
∞

−∞
'y
+
0
−
0
+

x −∞ 0
4
3
+∞
5

(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos
cos
xx
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
⇔ 2sin
2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2

0,25
⇔ x = −
6
π
+ k2π hoặc x =
7
6
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.

2
2( 1)xx
−
+ = 1 − x +
x
(3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x =
x
đồng thời 1 − x +
x
≥ 0.
+ 1 − x =
x
kéo theo 1 − x +
x
≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x =
x

0,25
II
(2,0 điểm)
⇔
2
10
(1 )
x
x
x
−≥

0
d
12
x
x
e
x
x
e
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
=
1
2
0
d
x
x
∫
+
1
0
d
12
x

d
12
x
x
e
x
e+
∫
=
1
2
1
0
d(1 2 )
12
x
x
e
e
+
+
∫
, suy ra:
0,25
III
(1,0 điểm)
I =
1
3
+

ABCD
− S
AMN
− S
BCM

= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2
8
a
−
2
4
a
=
2
5
8
a

A
B
C
D
S
N
H
K
M
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
22
.SH HC
SH HC
+
=
23
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
23

− ⇔
2
0
54
.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−

⎝⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )
g
x = 8x − 8x
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−
4
34
x
−
= 4x (4x
2
− 3) −
4
34
x
−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.

|3.31.1|
31.31
−
+
+
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó
n
A
OB = 60
D
⇒
n
B
AC = 60
D
.
0,25
Ta có: S
ABC
=
1
2
AB.AC.sin 60
D
=
3

xy
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
⇒ A
1
;1
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d
2
, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪

13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25

d
2
y

x

C
B
O
A
d
1
I
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)

6
.
0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
= 5 + 2 i, suy ra:
0,25
z = 5 − 2 i.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: −
2 .
0,25
1. (1,0 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:
40
0
xy
xy
+
−=
⎧
⎨
−=
⎩
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.

G
JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
G
=
49 4 100
494
++
++
= 3.
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
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình (S): x
2
+ y
2
+ (z + 2)


H
M
∆
P
C • E
d
A
B C
H
D
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)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
21
1
x
y
x
+

.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'
có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
.''ABC A B C
(' )
A
BC và ()
A
BC bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
60
o
'ABC
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
22 22 22 2 2 2
3( ) 3( ) 2
M
ab bc ca ab bc ca a b c=++++++++
.
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.

(E); N là điểm đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:
1
21
2
x
yz
−
=
= . Xác định tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến
Δ bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log (3 1)
423
xx
yx
y
−
=
⎧
⎪
⎨

+
> 0, ∀x ≠ −1.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
=
= ; tiệm cận ngang: y = 2.

(1)
lim
x
y
−
→−
=
+∞ và
(1)
lim
x
y
+
→−
=
−∞; tiệm cận đứng: x = −1.
0,25
- Bảng biến thiên:


+ (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
0,25
∆ = m
2
+ 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(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
), trong đó x
1
và x
2
là các nghiệm của (1); y
1
= −2x
1
+ m và y
2
= −2x
2
+ m.
Ta có: d(O, AB) =
||

4
mm
+
, suy ra:
2
|| 8
4
mm
+
= 3 ⇔ m = ± 2.
0,25

x −∞
−
1
+

∞

'y
+

+

y
2
2
+
∞


=
⇔
42
x
k
π
π
=+ (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện:
1
6
3
x−≤≤.

0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2
(3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0xxxx
+
−+− −+ − −=
0,25
⇔
3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
314 6 1
xx
xx
xx

⎦
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
Đặt 2lntx=+ , ta có
1
ddtx
x
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
3
2
2
2
d
t
It
t
−
=
∫

33
2
22
11
d2dtt
t
t
=−
∫∫

= AD.tan
n
'ADA =
3
2
a
; S
ABC
=
2
3
4
a
.
Do đó:
3
.'' '
33
VS.'
8
ABC A B C ABC
a
AA==.
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
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

2
=
2
7
12
a
. Do đó: R =
2
7
2.12
a
.
2
a
=
7
12
a
.
0,25

H
A
B
C
'
A

'
B

tt t t
=
++ − trên
1
0;
2
⎡
⎞
⎟
⎢
⎣
⎠
, ta có:
2
'( ) 2 3
12
ft t
t
=+−
−
;
3
2
''( ) 2
(1 2 )
ft
t
=−
−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )

.
0,25
V
(1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⇔ (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.
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:
(4)(1)0
41
50
22
xy
xy
+
−−=
⎧
⎪
⎨− +
+
−=

⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).
0,25
Do d là phân giác trong của góc A, nên
AB
J
JJG
và
AD
J
JJG
cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1
1
xyz
bc
+
+=.
0,25
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
1
b
−
1
c
= 0 (1).
0,25
Ta có: d(O, (ABC)) =

| z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
0,25
⇔ x
2
+ (y − 1)
2
= (x − y)
2
+ (x + y)
2

0,25
⇔ x
2
+ y
2
+ 2y − 1 = 0.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x
2
+ (y + 1)
2
= 2.
0,25

d
A
B