Trang 1/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m = 1 hàm số trở thành:
2
xx2 4
yx2.
x3 x3
+−
==−+
++

• TXĐ:
{
}
D\3.=−\
• Sự biến thiên:

TCĐ: x3=− , TCX:
yx2.=−

0,25
•
Bảng biến thiên: 0,25

• Đồ thị:
0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm)


1
, d
2
lần lượt là
1
n (1; 0)=
J
JG
,
2
n(m;1).=−
J
JG

Góc giữa d
1
và d
2
bằng
o
45
khi và chỉ khi

12
0
22
12
n.n
mm
2

-2
Trang 2/5
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện
sin x 0≠
và
3π
sin(x ) 0.
2
−≠
Phương trình đã cho tương đương với:
11
22(sinx + cosx)
sinx cosx
+=−
⇔
1
(sinx + cosx) 2 2 0.
sinxcosx
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠

0,50

]
0,50
2
Giải hệ (1,00 điểm) 232
42
5
xyxyxyxy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
()
22
22
5
x y xy xy x y
4
5

4
⎧
++ =−
⎪
⎪
⎨
⎪
+=−
⎪
⎩

2
32
55
vu u0,v
44
u13
uu 0 u ,v .
422
⎧⎡
=− − = =−
⎪⎢
⎪
⇔⇔
⎢
⎨
⎢
⎪
++= =− =−
⎢

3
25
y
16
=−
.
• Với
13
u,v
22
=− =− ta có hệ phương trình

2
3
31
x0
2x x 3 0
2x 2
3
3
y
y
2x
2x
⎧
⎧
−+=
+−=
⎪
⎪⎪

⎜⎟
⎝⎠

0,50
III

2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
()
u2;1;2.
G
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và
AH (2t 1; t 5;2t 1).=−− −
J
JJG

0,50 Vì AH ⊥ d nên
AH. u 0=
JJJG G
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra
()
H3;1;4.

44
66
22
00
tg x tg x
dx dx.
cos 2x
1tgxcosx
=
−
∫∫

Đặt
2
dx
t tgx dt .
cos x
=
⇒ = Với x0= thì t0= ; với x
6
π
= thì
1
t.
3
=
0,25
Suy ra
1
3

⎛⎞
+
=− −+
⎜⎟
−
⎝⎠

0,50 ()
110
ln 2 3 .
2
93
=+−
0,25
2
Tìm các giá trị của m (1,00 điểm)

Điều kiện:
0x6≤≤
.
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
[
]
x0;6.∈
Ta có
33
44

u(x) , v(x) .
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=− =−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠

Ta thấy
() ()
u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên
khoảng
()
0;2 và cùng âm trên khoảng
()
2;6 .
0,50 Ta có bảng biến thiên:


222
c5
a3
22a 2b 20
cab.
⎧
=
⎪
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
22
xy
1.
94
+=
0,50
2
Tìm số lớn nhất trong các số

}
k 0,1, 2, ,11∈ ta có
kk
k12
a2C= ,
k1 k1
k1 12
a2C
++
+
=
kk
k12
k1 k1
k1 12
a2C
11
a2C
++
+
<⇔ <
()
k1
1
212 k
+
⇔<
−

23

Giải phương trình logarit (1,00 điểm))

Điều kiện:
1
x
2
> và
x1.≠
Phương trình đã cho tương đương với

2
2x 1 x 1
log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4
−+
−++ −=
2x 1 x 1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4.
−+
⇔+ + + − =
Đặt
2x 1
tlog (x1),
−
=+ ta có
2
t1
2
t3t3t20
t2.
t

4

Nghiệm của phương trình là: x 2= và
5
x.
4
=

0,50
Trang 5/5
2
Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra
A'H ⊥
(ABC) và AH =
1
2
BC =
22
1
a3a a.
2
+=
Do đó
222
A'H A'A AH=−
2
3a= A'H a 3.⇒ =

Vậy
a1
cos
2.2a 4
ϕ
==
.
0,50Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.

Hết
C
A
B
B'
A'
H
C'
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm


•
Bảng biến thiên :
0,25 •
Đồ thị :
Trang 1/4
0,25
2
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) (1,00 điểm)

Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :


x.
4
=−
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎣

0,50

y’ + 0
−
0 +
x
−∞
0 1
y
1
1−

Các tiếp tuyến cần tìm là : và
y24x15=+
15 21
yx
44
=−
.

0,50
II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với

22 22
sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0−+ −=

cos2x(sin x 3 cos x) 0.⇔+=
0,50

k
cos2x 0 x .
42
ππ
•=⇔=+


⎧
+=+
⎪
⎨
=+−
⎪
⎩

2
2
2
x
x3x3 2x
2
⎛⎞
⇒ ++− =+
⎜⎟
⎝⎠
9
.

43 2
x 12x 48x 64x 0⇔+ + + =

3
x(x 4) 0⇔+=
x0
x4
=
⎡

Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)

Ta có
()
AB 2; 3; 1 ,=−−
JJJG
(
AC 2 ; 1; 1 ,=− − −
Trang 2/4
)
J
JJG
tích có hướng của hai vectơ
là
AB, AC
JJJG JJJG
()
n2;4;8=−
G
.
0,50

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận
n
G
làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình

()()()
2x 0 4y 1 8z 2 0−+ −− −=

⎪
−
⎩0,50

Suy ra
()
M2;3; 7.−
IV

2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt ⇒
tsinxcosx=+
dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.
4
π
⎛⎞
=− =− −
⎜⎟
⎝⎠

Với x = 0 thì t = 1, với
x
4
π

ơ

21 1432
.
22
21
−
⎛⎞
=−=
⎜⎟
+
⎝⎠
4

0,25
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)

22
222
2(x 6xy) 2(x 6xy)
P.
12xy2y x y 2xy2y
++
==
++ +++
Trang 3/4
2
.
.


− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

P2≠ ,
.
2
'2P6P360 6P3Δ=− − + ≥ ⇔− ≤ ≤

0,50
P3=
khi
3
x,y
10 10
==
1
hoặc
31
x,y
10 10
=− =−
.
6

P=−
khi
32

⎝⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!
.
n2 (n1)!
++−++−
++0,50

[]
1k!(nk)!
.(n1k)(k
n2 n!
−
=+−
+
1)++k
n
k!(n k)! 1
.
n! C
−
==

⎞
⎜
của thuộc Do đó tọa độ của H' là
nghiệm của hệ phương trình
⎟
⎝⎠
HH '
1
d.
1(a 1) 1( b 1) 0
a1 b1
20
22
++ +=
⎧
⎪
⎨
−−
−+=
⎪
⎩

()
H' 3;1 .⇒ −

0,50


H'
2
d
v(3;4)=−
G
3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+− −=⇔ − + =
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y + 13 = 0
xy20
−
⎧
⎨
−+=
⎩
A(5;7).⇒

• Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến
(
H1;1−−
)
1
HA
2
JJJG
= (3 ; 4)
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.
⇔
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
3x 4y 7 0
3x 4y 13 0.

>
+

2
xx
6
x4
+
⇔>
+0,50 2
x5x24
0
x4
−−
⇔>
+

()()
x3x8
0.
x4
+−
⇔>
+


2
=
Diện tích tứ giác BMDN là
2
BMDN ABCD
1
SS
2
==
2a.

Thể tích khối chóp S.BMDN là
BMDN
1
VSH.S
3
=
3
a3
3
=
(đvtt).



Kẻ
(E AD)∈
ME // DN
a
AE
Đặt
.
2
=
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
suy ra
n
(SM, ME) .=
ϕ
Theo định lý ba đường vuông góc ta có
SA

AE⊥
0,50
22
a5
SE SA AE ,
2
=+=
22
a5
ME AM AE .
2

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định:
3
\.
2
D
⎧⎫
=−
⎨⎬
⎩⎭
\

•
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
()
2
1
'0,
23
yx
x
−
=<∀
+

; tiệm cận ngang:
1
2
y
=
.
33
22
lim , lim
xx
yy
−+
⎛⎞ ⎛⎞
→− →−
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
=
−∞ = +∞
; tiệm cận đứng:
3
2
x =−
.
0,25
- Bảng biến thiên:

Trang 1/4

2
0
1
1
(2 3)x
−
=
±
+

⇔
0
2x
=
−
hoặc
0
1.x =−
0,25
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
1x =−
0
1y =
yx
=
−
(loại).
0,25
I

−
∞
+
∞
1
2

y
x
O
1
2
y =

3
2
x
=
−

0,25

Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện: sin 1
x
≠ và
1
sin

0,25
⇔

2
2
x
k
π
π
=+
hoặc
2
.
18 3
xk
π
π
=− +

0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
()
2
18 3
xkk
ππ
=− + ∈]
.
0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+−+=
⎩
⇔

2
82
3
( 2)(15 26 20) 0
u
v
uuu
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+
−+=
⎩

0,25
⇔


xt x t
π
== = =

() ()
1
1
22
22
52 235
1
00 0
0
21 8
cos 1 sin cos 1 .
35 15
Ixdx xxdxtdtttt
ππ
⎛⎞
==− =−=−+=
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫

0,50
()
22
2
2
2

()( )SIC ABCD ;
⊥
suy ra
()SI ABCD⊥ .
Kẻ
IK BC
⊥

()KBC
∈

⇒ ()
B
CSIK
⊥

⇒
n
SKI = 60 .
D0,50
Diện tích hình thang
:
A
BCD

2
3.

CABCDADa=−+=
⇒

2
35
5
IBC
S
a
IK
BC
Δ
==

⇒

n
315
.tan
.

S

A
B
5
a
SI IK SKI==
Thể tích khối chóp
.:SABCD

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
33 3
35;
dương thoả mãn điều kiện trên.
0,25
222
cabab=+−
2
()3ab ab=+ −
22
3
() (
)
4
ab ab≥+ − +

=
2
1
()
4
ab+
⇒
(1). 2ab c+≤
0,25
33 3
35ab abcc++ ≤
3
( )3 5aba b ab abc c++−+≤
.

yz
=
=

0,25
1. (1,0 điểm) Viết phương trình
A
B
Gọi
N
đối xứng với
M
qua suy ra
,I
(
)
11; 1N
−
và
N
thuộc đường thẳng .CD
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
E
∈Δ
⇒

(
)

⇔ 6x =
hoặc

7.x =

0,25
•

6x = ⇒
(
)
0; 3 ;IE =−
JJG
phương trình
:50AB y .
−
=

0,25
•

7x = ⇒
(
)
1; 4 ;IE =−
JJG
phương trình
: 4 19 0.AB x y
−
+=

,( ) 3,IH d I P
=
=
22
4.rRIH
=
−=
0,25
Toạ độ thoả mãn: (;;)Hxyz=
12
22
3
22 40
xt
yt
zt
xyz
=+
⎧
⎪
=−
⎪
⎨
=−
⎪
⎪
.
−
−−=
⎩

(1) (3) 10.z =−+− =
0,50
M

B

A
I

C

D

E

N
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
22
12
|| | | 20.Az z=+ =
0,25
1. (1,0 điểm) Tìm m
()C
có tâm bán kính
(2;2),I −− 2.R =

0,25
Diện tích tam giác
:IAB

22 2 3
1
1
mm
m
−− − +
=
+

0,25
⇔

()
hoặc
2
2
14 1mm−=+
⇔ 0m =
8
15
m
=
.
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm

M

2
Δ

⎣
⎦
J
JJG G
2
329 88 68.tt=−+

0,25
Khoảng cách từ
M
đến
2
:Δ
2
2
,
(, ) 29 88 68.
MA u
dM t t
u
⎡⎤
⎣⎦
Δ= = − +
J
JJG G
G

Khoảng cách từ
M
đến

⇔
1t
=
hoặc
53
.
35
t =

0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1t =

⇒
(0;1; 3);M −
53
35
t =

⇒

18 53 3
;;
35 35 35
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.

⎨
=
⎩
2.
x
y
y
=
⎧
⎨
=±
⎩

⇔ ⇔

0,50
(; ) (2;2)xy
=
(; ) (2; 2).xy
=
−−
Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và
0,25

Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM


0.=
- Giới hạn:
lim lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
==+∞
0,25
- Bảng biến thiên:
Trang 1/4 0,25
• Đồ thị:

0,25
2. (1,0 điểm) Tìm

.

2ym= 0,25
I
(2,0 điểm)
Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 02 2m<<
⇔
01m<<
x
−∞
1
−
01
+
∞
+
+∞
x
y' − 0 + 0 − 0
y
+∞

2
(1 2sin )sin cos sin 2 3 cos3 2cos 4
x
xxx x−++=
II
x

⇔
sin cos 2 cos sin 2 3cos3 2cos4
x
xxx x++=x
0,25
⇔
sin 3 3 cos3 2cos4
x
xx+=
⇔
cos 3 cos4 .
6
x
x
π
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠

0,25
⇔


=+ ∈]
.

0,25
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Hệ đã cho tương đương:
2
2
1
7
1
13
x
x
yy
x
x
yy
⎧
++=
⎪
⎪
⎨
⎪
++ =
⎪
⎩
(do không thoả mãn hệ đã cho)
0y =
0,25

2
11
20 0
1
7
xx
yy
x
x
yy
⎧
⎛⎞⎛⎞
⎪
+++−=
⎜⎟⎜⎟
⎪
⎝⎠⎝⎠
⎨
⎛⎞
⎪
=− +
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

0,25
⇔

1

(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm:
1
(; ) 1;
3
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
và
(; ) (3;1).xy =
Vậy:
1
(; hoặc
(;
) 1;
3
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
) (3;1).xy=
0,25
Tính tích phân…
3ln,ux=+

2
;

dx
xxx
+
=−

+
++
∫
0,25
33
11
3ln3 3 1
42
dx
dx
1
x
x
+
=− + + −
+
∫∫

0,25
III
(1,0 điểm)
33
11
3ln3 1 27
ln ln 1 3 ln .

n
3
''.sin'
2
a
BG BB BBG==
và
2
a
BG
=

⇒

3
.
4
a
BD
=

Tam giác có:
ABC
3
,
22
A
BAB
BC AC==


13
a
AB =

313
;
26
a
AC =

2
93
.
104
ABC
a
S
Δ
=

0,25
'
B

C

'
G
C
'

x
yx+≥y suy ra:
⇒

32
()()2xy xy+++≥
1.xy+≥
0,25
A
4422 22
3( ) 2( ) 1xyxy xy=++ −++
=
()
2
22 44 22
33
()2()
22
xy xy xy++ +−++
1

0,25
≥

()()
22
22 22 22
33
2( ) 1
24

2
t ≥
do đó
2
9
21
4
At t≥−+
.
Xét
2
9
() 2 1;
4
ft t t=−+

9
'( ) 2 0
2
ft t=−>
với mọi
1
2
t ≥

⇒
1
;
2
19

0,25
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm
K
Gọi
⇔
(;);Kab ()KC∈
22
4
(2)
5
ab−+=
(1); tiếp xúc
1
()C
1
,Δ
2
Δ ⇔
VI.a
7
252
ab a b−−
=
(2).
0,25
(1) và (2), cho ta:
22
5( 2) 5 4
57
ab

0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II)
⇔
2
25 20 16 0
2
aa
ba
⎧
−+=
⎨
=−
⎩
⇔
2
2
84
(;) ; .
55
25 40 16 0
ab
ab
bb
=
⎧
⎛⎞
⇔=
⎨
⎜⎟

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng
()
P

Mặt phẳng
()
P
thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1:
()
P
qua
,
A
B
và song song với
.CD
0,25
Vectơ pháp tuyến của
():P
,.nABCD
⎡⎤
=
⎣⎦
GJJJGJJJG
(3;1;2),AB =− −

():
P

, (2;0;3).nA=BAI
⎡⎤
=
⎣⎦
G
JJJGJJG

0,25
Phương trình
():2 3 5 0.Pxz+−=
Vậy
() hoặc :4 2 7 15 0Pxyz++−= ():2 3 5 0.Pxz+−=
0,25
Tìm số phức
z
Gọi
;zxyi=+
(2 ) ( 2) ( 1) ;zix yi
VII.a
22
(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10zi x y−+= ⇔− +− =
−+=−+−
(1).
0,25
22
.25 25zz x y=⇔+=
(2).

S
BC
AH
Δ
==

VI.b
2
2
97
.
42
BC
AB AC AH== + =

0,25
Toạ độ
B
và
C
là nghiệm của hệ:
()( )
22
97
14
2
40.
xy
xy
⎧

Vậy
11 3 3 5
;, ;
22 2 2
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
hoặc
35 113
;, ;
22 22
BC
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
.
⎞
⎟
⎠

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Gọi là đường thẳng cần tìm; nằm trong mặt phẳng
qua và song song với

−
⎨
⎪
−++=
⎩
⇒

1117
;; .
999
H
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠

0,25
(2,0 điểm)
26 11 2
;; .
99 9
AH
⎛
=−
⎜
⎝⎠
JJJG
H

B

−
=− +
⎪
⎨
⎪
=− +
⎩

⇔
2
210,(0)
.
xmx x
yxm
⎧
−−= ≠
⎨
=− +
⎩
(1)
0,25
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt
12
,
x
x
khác 0 với mọi
.m
Gọi ta có: .
11 2 2


Hết
Q
K
A

H

Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x
3
− 2x
2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
'y = 3x
2

5
27
− .
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= − ∞ ; lim
x
y
→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:

0,25
• Đồ thị:


3
g
xx
⎧
∆>
⎪
≠
⎨
⎪
+
<
⎩

0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
14 0
0
12 3
m
m
m
+>
⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<

−

O
y
x
4
3

1
2 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
2 sin
4
x
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos

22
(1)1xx+− + > 1, suy ra 1 −
2
2( 1)xx
−
+ < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2( 1)xx
−
+ ≤ 1 − x +
x
(1)
0,25
Mặt khác
2
2( 1)xx−+ =
22
2(1 ) 2( )
x
x−+ ≥ 1 − x +
x
(2), do đó:
0,25
(1) ⇔
2
2( 1)xx
−
+ = 1 − x +
x

⎩
⇔
2
1
310
x
xx
≤
⎧
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩

⇔ x =
35
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
12
x
x

.
0,25
Ta có:
1
2
0
d
x
x
∫
=
1
3
0
1
3
x
=
1
3

0,25
và
1
0
d
12
x
x
e

x
e+ =
1
3
+
112
ln
23
e
+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
.
0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
S
CDNM
= S
ABCD
− S
AMN
− S
BCM

1
3
S
CDNM
.SH =
3
53
24
a
.
0,25
IV
(1,0 điểm)

• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒
n
n
A
DM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
0,25 A
B
C
D
S

3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x
2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1) 52
y
− (1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52
y
− ), với f(t) = (t
2
+ 1)t.
Ta có
'
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =
52
y
− ⇔
2
0
54

− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V

⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1
;2
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d
1
và d
2
cắt nhau tại O, cos(d
1
, d
2
) =
|3.31.1|
31.31
−
+

D
)
=
33
8
OA
2
.
Do đó: S
ABC
=
3
2
, suy ra OA
2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
22
30
4
3
xy
xy
⎧
+
=

⎩
⇒ C
2
;2
3
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I
13
;
2
23
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và bán kính IA = 1.
Phương trình (T):
2
2
13
1

G
= (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến
n
G
= (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos
n
HMC =
()
cos ,vn
GG
.
0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos
n
HMC = MC.
()
cos ,vn
GG

0,25
= 6 .
|2 2 1|
6. 6
−
−
=
1

0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra:
A
B
JJJG
. CE
JJJG
= 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t
2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v
G
= (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có:
M
A
J
JJG
= (2; −2; 1), ,vMA
⎡
⎤

2
+ (z + 2)
2
= 25.
0,25
Ta có:
3
(1 3 )i− = − 8.
0,25
Do đó z =
8
1 i
−
−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
ziz+ = 8 2 .
0,25
Hết

•
M
∆
B
C

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
'
(1)
y
x
=
+
> 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)

21
1
x
x
+
+
= −2x + m
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)
⇔ 2x
2
+ (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

I
(2,0 điểm)
S
OAB
=
1
2
AB. d(O, AB) =
2
|| 8
4
mm
+
, suy ra:
2
|| 8
4
mm
+
= 3 ⇔ m = ± 2.
0,25

x −∞
−
1
+

∞

'y

−
++=
0,25
⇔ cos 2 sin (cos 2) cos2 0xx x x
+
+= ⇔ (sin cos 2)cos 2 0xx x
+
+= (1).
0,25
Do phương trình sin cos 2 0xx++= vô nghiệm, nên:
0,25
(1) ⇔ cos 2 0x
=
⇔
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:

310 ;6
3
314 6 1
xx
xx
⎡
⎤
+++>∀∈−
⎢
⎥
++ − +
⎣
⎦
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
Đặt 2lntx=+ , ta có
1
dd
tx
x
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
3
2
2
2
d
t
It
t

=− +
.
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥
'
A
D, suy ra:
n
'60ADA =
D
.
0,25
Ta có: '
A
A = AD.tan
n
'ADA =
3
2
a
; S
ABC
=
2
3
4
a
.

(1,0 điểm)

Ta có: GH =
'
3
A
A
=
2
a
; AH =
3
3
a
; GA
2
= GH
2
+ AH
2
=
2
7
12
a
. Do đó: R =
2
7
2.12
a

Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)
2
+ 3(ab + bc + ca) + 2 12( )ab bc ca−++.
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có:
2
()1
0
33
abc
t
++
≤≤ =
.
Xét hàm
2
() 3 2 1 2
f
tt t t
=
++ − trên
1
0;
2
⎡
⎞
⎟
⎢
⎣

⎣
⎦
ta có:
111
'( ) ' 2 3 0
33
ft f
⎛⎞
≥=−>
⎜⎟
⎝⎠
, suy ra f(t) đồng biến.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
.
0,25
V
(1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦

+−=
⎧
⎪
⎨
+
−=
⎪
⎩
với x > 0, suy ra A(4; 1).
0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
2S
A
BC
A
C
= 6.
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
A
B
J
JJG
và
A
D

++
=
1
3
⇔
2
1
b
+
2
1
c
= 8 (2).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
1
2
.
0,25
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 |
0,25
⇔ x
2
+ (y − 1)
2
= (x − y)
2

2
(1; 0).
Đường thẳng AF
1
có phương trình:
1
3
3
x
y+
=
.
0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF
1
với (E), suy ra:
23
1;
3
M
⎛⎞
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⇒ MA = MF
2
=
23
3

2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v
G
= (2; 1; 2).
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra:
A
M
J
JJJG
= (t; −1; 0)
⇒
,vAM
⎡⎤
⎣⎦
GJJJJG
= (2; 2t; − t − 2)
0,25
⇒ d(M, ∆) =
,vAM
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJJG
G
=
2
548

22
312
(3 1) 3 1 3
x
y
yyy
⎧
−=
⎪
⎨
−+−=
⎪
⎩
⇔
2
312
630
x
y
yy
⎧
−=
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

0,25

⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

0,25
Hết

M
y
x
A
F
1
F
2
O
N