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
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
{
}
\1D =−\ .
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
2
1
'0
(1)
y
x
=
+
,> ∀
x ∈ D.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
0,25

• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:
kx
+ 2k + 1 =
21
1
x
x
+
+
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)
⇔ kx
2
+ (3k – 1)x + 2k = 0 (1).
0,25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

(*).
0,25
I
(2,0 điểm)
Khi đó: A(x
1
; kx
1
+ 2k + 1) và B(x
2
; kx
2
+ 2k + 1), x
1
và x
2
là nghiệm của (1).
x − ∞ –1
y’ + +
y
− ∞
+ ∞
+ ∞
2
2

2
x
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 = ±
3
π
+ k2π.
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x =
3
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với:
()
()
2
22

x
, (1) trở thành: (7 + t
2
)
2
= 32(1 + t) ⇔ t
4
+ 14t
2
– 32t + 17 = 0
⇔ (t – 1)
2
(t
2
+ 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.
0,25
II
(2,0 điểm)
Do đó, (1) ⇔
2
1−=x 1

⇔ x = 0, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
0,25
Đặt t = 21
x
+ ⇒ 4x = 2(t
2
– 1), dx = tdt.

∫
III
dt

0,25
=
3
3
2
1
2
2510ln2
3
t
tt t
⎛⎞
−+− +
⎜⎟

0,25
⎝⎠
(1,0 điểm)
=
34 3
10ln .
35
+

0,25
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin =

⇒ 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 =
22
.SH HD
SH HD+
=
37
14
a
. Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK =
67
.
7
a


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
=
⎧
⎨
+=−
⎩
2
(2 1) 0 (1)
12 .
umum
vmu
⎧
+−+=
⎨

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

'( )
f
u
= 0 ⇔ u =
13
.
2
−+


−= −
⎩
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
−

13
2
−+

'( )
+ ∞
f
u
+ 0 –
5
8

++=
⎧
⎨
−−=
⎩
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−− =
⎩
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0.
0,25
Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B.
0,25
B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)



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
−− =
⎧
⎨
−=
⎩
0,25
(1,0 điểm)
⇔
Vậy z = 2 – i.
2
1.
a
b

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.
0,25
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m
2
+ 4m – 6 = 0
⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t).
0,25
Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1
⇔

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:
[]
0; 2
min
y
= 3, tại x = 0;
[]
0; 2
max
y
=
17