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
123
x
xx++ < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin cos 2 ) sin
1

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
⎧
++− −=
⎪
⎨
++ −=
⎪
⎩

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
z
=

• 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
= 1, đạt cực tiểu tại x =
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
là các nghiệm của (*).

⎪
−≠
⎨
⎪
+<
⎩
⇔
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

y
− ⇔
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
−

) =
|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
=

xy
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
⎧
−=

Phương trình (T):
2
2
13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25

d
2
y

x

C
B
O
A
d
1

6. 6
−
−
=
1
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
+
−=
⎧
⎨
−=

J
JJG
= (2; −2; 1), ,vMA
⎡
⎤
⎣
⎦
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

•
M
∆
B
C
A
•

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 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
x
x
x
++
=
+

2. Giải hệ phương trình
223
22 2
5432()0
(, ).
()2()
xy xy y x y
xy
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
∈
⎨
++=+
⎪
⎩
\
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
sin ( 1)cos
d.

x
yyzzx

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
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.
22
(): 4 2 0.Cx y x y+− − =
2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
():2 4 0.Pxyz−−+=
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết:
2
2
.zz=+z

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
22
(): 1.
41
xy
E +=

D
⎧⎫
=
⎨⎬
⎩⎭
\

• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
()
2
1
'0
21
y
x
−
=
−
,<∀
x ∈ D.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
⎛⎞
−∞
⎜⎟
⎝⎠
và

−
⎛⎞
→
⎜⎟
=−∞

1
2
lim ;
x
y
+
⎛⎞
→
⎜⎟
⎝⎠
=+∞
tiệm cận đứng:
1
.
2
x =

0,25
Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:

+ 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)
x −
–
2
2
1
(2 1)
x −
=
2
12 12 12
2
12 1 2
4( ) 8 4( ) 2
.

2
+ ∞
y’ − −
y
1
2
−

1
2
−

− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−

1
2

O
1
(C) – 1
Trang 2/5

Vậy, phương trình có nghiệm:
x =
2
π
+ kπ; x =
4
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
223
22 2
5432()0(1)
()2() (2
xy xy y x y
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
⎨
++=+
⎪
⎩
).

Ta có: (2)
⇔ (xy – 1)(x
2
+ y
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) =
210 10
;
55
⎛⎞
⎜
⎜
hoặc (x; y) =
⎟
⎟
⎝⎠
210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠

++
+
∫
=
44
00
cos
dd
sin cos
xx
.
x
x
x
xx
ππ
+
+
∫∫

0,25
Ta có:
4
0
d
x
π
∫
=
4

π
+
+
∫
=
()
4
0
ln sin cosxx x
π
+

0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
ln
Suy ra: I =
1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

tanAB SBA 23 .a
0,25
IV
(1,0 điểm)

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
MN =
,
2
BC
a= BM = .
2
AB
a=
Diện tích: S
BCNM
=
2
()3
22
B
CMNBM a+
=
⋅ Thể tích: V
S.BCNM
=
3
1
3

=⋅
+
39

0,25

Trước hết ta chứng minh:
11 2
(*),
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

x
y
=
(1)
0,25
Đặt
x
y
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥
2
2
2
231
t
tt
+⋅
++

Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt
+
++
t ∈ [1; 2];
3

33
Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
34
;
33
khi x = 4, y = 1, z = 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
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)

9
0,25 M
I
A
B
∆
Trang 4/5
Câu
Đáp án
Điểm
⇔

22 2
240
20
(2) (1)
xyz
xyz
xyz
⎧
−−+=
⎪
+−+=
⎨
⎪
−++−=
⎩

⎜
Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc
6412
;; .
77 7
M
⎛
−
⎜
⎝⎠
⎞
⎟

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

(a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) =
11
;
22
⎛
⎜
hoặc (
a; b) =
⎞
−
⎟
⎝⎠
11
;.
22
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠

Vậy,
z = 0 hoặc z =
1
2
− +
1
2
i hoặc z =
1
2

2
2
x
x−≤ 1.
Dấu "
= " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2.
0,25
Vậy:
2
2;
2
A
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
2
2;
2
B
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoặc
2
2;
2

22
R
r− =
2
.
3

(
P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a
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+

Đáp án
Điểm
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
0,25
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i
0,25
⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔
332
22
ab
ab
−=
⎧
⎨
+−=−
⎩
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
⇔
1
,
3
a =

1
3
b =− ⋅
Suy ra môđun: | z | =

32 32
22
3922 39
(, ).
1
2
xxx yy y
xy
xyxy
⎧
−−+=+−
⎪
∈
⎨
+−+=
⎪
⎩
\
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
2
1
1ln( 1)
d.
x
I
x
x
++
=

=++−++.yz
.ND

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho
CN 2
=
Giả sử
(
)
11 1
;
22
M
và đường thẳng AN có
phương trình
Tìm tọa độ điểm A.
23xy−−=0.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:
121
xyz
d
+−
==
và
điểm

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
Viết phương
trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành
bốn đỉnh của một hình vuông.
22
(): 8.Cx y+=
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:,
211
xyz
d
+−
==
mặt
phẳng
và điểm
(): 2 5 0Pxy z+− += (1; 1; 2).A
−
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.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
5( )
2
1
zi
i
z
.
+


3
'4 4;yxx=− '0y
=
⇔
0x
=
hoặc
1.x
=
±

0,25
Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)
−
và ( 1; ).+∞
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
1,x
=
±
y
CT
1;
=
−
đạt cực đại tại
0,x
=
y
CĐ
0,25
Trang 1/4
b) (1,0 điểm)
Ta có
32
'4 4( 1) 4( 1).yx mxxxm=−+= −−
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi
10m
+
>
⇔ (*).
1m >−
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
2
(0; ),
A
m
(1;2Bm m1)
−
+− − và (1;21).m+− −Cm
Suy ra:
2
(1;(1)AB m m=− + − +
JJJG
) và
2
(1;(1)AC m m=+−+).

–1
0
–1
+∞
O
2
1
– 1
–1
–2
8
x
y
Câu
Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với (3sin cos 1)cos 0.xx x
+
−=
0,25
π
cos 0 π ()
2
xxkk•=⇔=+∈] .

0,25
3sin cos 1 0xx•+−=
(
)
ππ
cos cos


3
xkk=+ ∈]
0,25
Hệ đã cho tương đương với:
(
)
(
)
33
22
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)
11
1. (2)
22
xxyy
xy
−− −=+− +
⎧
⎪
⎨
−++=
⎪
⎩

0,25
Từ (2), suy ra
1
11
2

;
22
⎡
−
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
, ta có
2
'()3( 4)0ft t
=
−<
, suy ra f(t) nghịch biến.
0,25
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
Thay vào (2), ta được
(
)
(
)
22
13
1
22
xx−+−=
⇔
2
483xx 0

xy=−

0,25
Đặt u và 1 ln( 1)x=+ +
2
d
d
, suy ra
d
d
1
x
u
x
=
+
và
1
.v
x
v
x
=
x
=
−

0,25

3

ln
31
x
x
+
=+
+

0,25
4
(1,0 điểm)
22
ln3 ln 2.
33
=+ −

0,25
Ta có
n
SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra
n
o
60 .SCH =
Gọi
D là trung điểm của cạnh AB. Ta có:
,
6
a
HD=


.

0,25

Kẻ
Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của
H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và
3
2
B
AH= A
nên
3
( , ) ( ,( )) ( ,( )).
2
dSABC dB SAN dH SAN==

Ta cũng có ( )
Ax SHN
⊥
nên
.
A
xHK
⊥
Do đó
(
HK SAN
).


K

D
A
42
(, ) .
8
a
dSABC=

0,25
Câu
Đáp án Điểm
Ta chứng minh
31
(*).
,
t
tt≥+∀≥0
Xét hàm
() 3 1
t
f
tt=−−
, có
'( ) 3 ln 3 1 0, 0
t
f
tt

2
222222
| || || | 2| || || | 6 6 6 2 .
x
yyzzx xy yz zx x y z xyz−+−+−≥ − + − +− = + + − ++

Mà
suy ra
0,
xyz++=
222
||||||666.
x
yyzzx x y z−+−+−≥ + +

0,25
6
(1,0 điểm)
Suy ra
|||||| 2 2 2
333 666
xy yz zx
Px
−−−
=++−++≥3.yz

Khi
x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
0,25
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H

=
⇔
(
)
(
)
22
11 7 45
2
22
tt−+−=
2

0,25
7.a
(1,0 điểm)

⇔
tt
2
540
A
B
C
D
N
M
H
P
Q

3
t
=
(
)
22 2
;; .
33 3
IH⇒=− −
J
JJG

0,25
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là
26
2.
3
RIA IH== =

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là
22 2
8
(): ( 3) .
3
Sx y z
+
+− =

7
7
00
(1)
11 1
.
14 2 2
2
nk
kk
k
kk
k
kk
C
nx x x
Cx
xx x
−
−
−
==
−
⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞
−=−= −=
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠
∑∑

0,25

Câu
Đáp án Điểm
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
22
22
1,
xy
ab
+=

với
và
280ab>> .a
=
Suy ra
a 4.
=

0,25
Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và
các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (
E) và
(
C) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.At t t>
0,25
A∈(C) ⇔
tt
22
8,
Trang 4/4

22
1.
16
16
3
xy
+=

0,25
M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).
0,25
MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).
0,25
N∈(P) ⇔ ⇔
t
32 2 2(2 )50tt t−−−− −+=
2,
=
suy ra M(3; 2; 4).
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình
11
:
232
xyz
2
−
+−

1.
a
b
=
⎧
⎨
=
⎩
0,25
Do đó Suy ra
1.z=+i 3.i
22
111(1)2wzz ii=+ + =+++ + =+
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Vậy
23 13.wi=+=

0,25
x
2
2
O
y
A

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

x
2
+ 2x(y − 1) + y
2
− 6y + 1 = 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
2

1
x
2
− 1
x
2
ln x dx .
Câu 5 ( 1 ,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy l à tam giác vuông tại A,

ABC = 30
◦
, SBC là
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vu o â ng 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 mãn đ i e à u kiện (a + c)(b + c) = 4c
2
. Tìm giá trò
nhỏ nhất của biểu thứ c P =
32a
3
(b + 3c)

√
30.
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S l à tập hợp tất cả các số tư ï nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác đònh số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác su ấ t
để số được chọn l à 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). Tro ng không gian với hệ tọa độ O xyz, cho mặ t phẳng (P ): 2x + 3y + z − 11 = 0
và mặt cầu (S): x
2
+ 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 phầ n ảo
của số phức w = (1 + i)z
5
.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh kh o â n g được sử dụng tà i liệu. Cán bộ c o i thi không giải thích gì thêm.

−
∞ và (2; ).
+
∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= −1; đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 3.
- Giới hạn: lim ; lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
=+∞ =−∞
0,25
- Bảng biến thiên: Trang 1/4
0,25
• Đồ thị:

xx x=− với Ta có 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x
=
−=⇔=
0,25
Bảng biến thiên:

0,25
1
(2,0 điểm)
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1.
x
'y
y
−
∞

+
∞
0
2
0 0
− −
+
+

∞
'( )
f
x
≤−
0,25
Trang 2/4
Câu
Đáp án Điểm
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠
sin
12(sinco
cos
x
s)
x
x
x
+= +

0,25
(sin cos )(2cos 1) 0.xx x⇔+ −=
0,25
π
sin cos 0 π ()
4
xx x kk•+=⇔=−+ ∈]
.

0,25

⎧
++ −− + =
⎪
⎨
⎪
+−+−+=
⎩
(1)
,

Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra
1.x ≥
2
4( 1)yxy=+− 0.y ≥
0,25
3
(1,0 điểm)
Đặt
4
1,ux=−
suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥
44
2 2 (3).uuyy++= ++

Xét
4
() 2 ,
f
tt=++t với Ta có 0.t ≥
3

0,25
Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y
=
và 1.y
=

Với ta được nghiệm
(; với 0y = ) (1;0);xy= 1y
=
ta được nghiệm (; ) (2;1).xy
=

Vậy nghiệm
(; )
x
y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1).
0,25
Đặt
2
2
1d
ln , d d d , .
xx
uxv xu vx
1
x
x
x
−
== ⇒==+

⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

0,25
4
(1,0 điểm)

53
ln 2 .
22
=−

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).
0,25
Ta có BC = a, suy ra
3
;
2
a
SH =

o
sin 30 ;
2
a
AC BC==

o

.
44
AB a
SI SB=−=

Suy ra

36
39
(,( )) .
.1
SABC SABC
SAB
VV
a
dC SAB
SSIAB
Δ
===
3

0,25
S
A

B

C
I



Với mọi
u ta có 0, 0
3
33 3 3 3
()
3
()3()() ()
44
uv
.v uv uvuv uv uv
+
+=+ − +≥+ − + =
u

Do đó
3
3
32
3
33
32 ( ) 2 3 3
32
88
33 339
(3)(3)
yyxyxyx
xx
yx xyxy
yx

xy
xy
yx
+− ++
⎛⎞
+≥ =+−
⎜⎟
++
⎝⎠
++
1).
Do đó
322 3 2 3 2
( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6.Pxyxyxyxyxyxyxyxy≥+− − + =+− − + − =+− − + + +−
0,25
Đặt
tx
Suy ra t và
.y=+
> 0
32
(1) 26.Pt t t≥− − +−

Ta có
22
()
3()
44
x
yt

177
11
22
(1) 7
26
t
t
tt
+
=+ ≤+=
+−
+−
32
,
nên
32
'( ) 3 0.
2
ft≥− >
Suy ra
() (2) 1 2.ft f≥=−
Do đó
12P ≥− .

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi a thì bc==
12P =− .
Do đó giá trị nhỏ nhất của P là

42
23 4
54 48
222
tt
tt
−−
−+ −
⎛⎞ ⎛
−+−− =−−+−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
7.a
(1,0 điểm)

3
2
+
⎞
⎟
⎠

1.t
⇔
= Suy ra C(1; 7).
−

0,25
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

(3;2;1).u =− −
JG
0,25
(P) qua A và nhận
u
J
G
làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình
3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−=
0,25
M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ).
M
tt−−−−+t
0,25
8.a
(1,0 điểm)
2222
2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−=

1t⇔= hoặc
3
.
7
t
Suy ra M
=−
(3;3;1)
−
− hoặc
(

(1,0 điểm)
Xác suất cần tính bằng
90 3
.
210 7
=

0,25
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao
điểm của AB và IM. Khi đó
(0; ),
M
t với H là trung điểm
của AB. Suy ra
0;t ≥
22.
2
AB
AH ==

0,25
22
111
,
AH AM AI
=+
2
suy ra
210.AM =


⎨
+−=
⎩

0,25
7.b
(1,0 điểm)

Δ
A
I
B
H
M
Ta có
22
1
2,
4
IH IA AH HM=−==
nên
1
.
4
IH HM=
JJJG JJJJG

Do đó
(5;3).I
Vậy đường tròn (C) có phương trình

132
22
zi i
⎛⎞
=+ = +
⎜⎟
⎝⎠

0,25
9.b
(1,0 điểm)
ππ
2cos sin .
33
i
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
55
5π 5π
2 cos sin 16(1 3 ).
33
zi
⎛⎞
=+=−
⎜⎟
⎝⎠

+
=
+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt
A
,
B
và tam giác
OAB
cân tại gốc toạ độ
.O
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(
)
()()
12sin cos
3
12sin 1sin
xx
xx
−
=
+−
.
2. Giải phương trình
(

=
góc giữa
hai mặt phẳng và
()
SBC
(
)
A
BCD
bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 .
D
I
A
D
. Biết hai mặt phẳng
(
)
SBI

và
(
cùng vuông góc với mặt phẳng
)
SCI
(
)
A
BCD
, tính thể tích khối chóp theo
.SABCD

A
C
và
B
D
. Điểm
(
)
1; 5M
thuộc đường thẳng
A
B
và trung điểm
E
của cạnh thuộc đường
thẳng
. Viết phương trình đường thẳng
CD
:50xyΔ+−=
A
B
.
2.
Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:2 2 4 0Pxyz−−−=
và mặt cầu
(
)

)
22
:446Cx y x y 0
+
+++=
và đường thẳng
với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn
(
Tìm để :23xmy mΔ+ − +=0,
I
)
.C
m
Δ
cắt
(
)
C

tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho diện tích tam giác lớn nhất.
IAB
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:221Px y z 0
−

và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
(
)
P
bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình
(
)
()
()
22
22
22
log 1 log
,.
381
xxyy
xy xy
xy
−+
⎧
+=+
⎪
∈
⎨
=


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

Hàm số nghịch biến trên:
3
;
2
⎛⎞
−∞ −
⎜⎟
⎝⎠
và
3
;
2
⎛⎞
−

=
−∞ = +∞
; tiệm cận đứng:
3
2
x =−
.
0,25
- Bảng biến thiên:

Trang 1/4 0,25
• Đồ thị:

0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…

0
1.x =−
0,25
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
1x =−
0
1y =
yx
=
−
(loại).
0,25
I
(2,0 điểm)
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
2x =−
0
0y =
2yx
=
−−
(thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm:
2.yx=− −
x
−
∞
3

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
2
x ≠−
(*).
0,25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
(1 2 sin ) cos 3 (1 2 sin )(1 sin )
x
xx−=+−x

⇔

cos 3sin sin 2 3 cos 2
x
xx−=+x

⇔

π
=− +

0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
()
2
18 3
xkk
ππ
=− + ∈]
.
0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Đặt
3
32ux=−
và
65, 0vxv=− ≥
(*). Ta có hệ:
32
238
53
uv
uv
+=
⎧
⎨
8
+

uuu
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+
−+=
⎩

0,25
⇔

u
và
v
(thoả mãn).
2=− = 4
0,25
II
(2,0 điểm)
Thế vào (*), ta được nghiệm:
2.x =−
0,25
Tính tích phân…
22
52
00
cos cos .Ixdxx

Ixdx xxdxtdtttt
ππ
⎛⎞
==− =−=−+=
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫

0,50
()
22
2
2
2
00
0
111
cos 1 cos 2 sin 2 .
222
4
Ixdx xdxxx
ππ
π
π
⎛⎞
==+=+ =
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
Vậy

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

2
3.
ABCD
Sa=
Tổng diện tích các tam giác
A
BI và bằng
CDI
2
3
;
2
a
suy ra
2
3
.
2

n
315
.tan
.

S

A
B
5
a
SI IK SKI==
Thể tích khối chóp
.:SABCD
3
131

35
ABCD
a5
SI==
VS

0,25

I

C

D

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

⇔
()
22
⇔

23
()3 5abc abc c++ ≤
⇔

2
()35abc ab c++ ≤
0,25
V
(1,0 điểm)
(1) cho ta: () và

11; 1N
−
và
N
thuộc đường thẳng .CD
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
E
∈Δ
⇒

(
)
;5 ;
E
xx−

(
)
6;3IE x x
=
−−
J
JG
và
(11;6)NE x x=− −
JJJG
.
E

=

0,25
•

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

0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…
()P (),S
()S có tâm bán kính (1; 2 ; 3),I
5.R
=

Khoảng cách từ đến
I
():P
()
,( )dI P
=
2434
3

xyz
=+
⎧
⎪
=−
⎪
⎨
=−
⎪
⎪
.
−
−−=
⎩

0,25
Giải hệ, ta được
(3; 0; 2).H
0,25
Tính giá trị của biểu thức…
2
36 36 ,iΔ=− =

1
13zi
=
−+
và
2
13.zi