BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
Cho hàm số y =
(1), với m là tham số thực.
x + 3m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45o.
Câu II (2 điểm)
1
1
⎛ 7π
⎞
+
= 4s in ⎜ − x ⎟ .
1. Giải phương trình
3π ⎞
s inx
⎛
⎝ 4
⎠
sin ⎜ x − ⎟
2

dx.
cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ \).

1. Tính tích phân I = ∫

PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
5
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
3
n
2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ `* và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n

a1
a
+ ... + nn = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n .
2
2
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4.
2. Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA ' , B 'C ' .

Khi m = 1 hàm số trở thành: y =
= x−2+
.
x+3
x +3
• TXĐ: D = \ \ {−3} .

• Sự biến thiên: y ' = 1 −

0,25

⎡ x = −1
4
x 2 + 6x + 5
, y' = 0 ⇔ ⎢
=
2
2
(x + 3)
(x + 3)
⎣ x = −5

• yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1.

0,25

• TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞
y’


−∞

−1
y

-5

-3

-1 O
-1

2

x

-2

0,25

-9

2

Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm)
mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2
6m − 2
= mx − 2 +
y=

2
n1 . n 2
m2 + 1
m2 + 1
Trang 1/5

0,50


II

2,00
1

2

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
3π
Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0.
2
1
1
+
= −2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
s inx cosx
1
⎛
⎞
⇔ (s inx + cosx) ⎜

⎧ 2
⎧ 2
3
2
2
⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4
⎪⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4
⇔⎨
(∗)
⎨
⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5
⎪⎩
⎪⎩
4
4
5
⎧
⎪⎪ u + v + uv = − 4
⎧u = x 2 + y
Đặt ⎨
. Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨
⎩ v = xy
⎪u 2 + v = − 5
⎪⎩
4
5
5
⎧
⎡

2
2
⎧ 2 3 1
⎧2x 3 + x − 3 = 0
⎪⎪ x − 2x + 2 = 0
3
⎪
⇔ x = 1 và y = − .
⇔⎨
⎨
3
2
⎪y = − 3
⎪y = −
⎩
2x
⎪⎩
2x
⎛ 5
25 ⎞
3⎞
⎛
Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜⎜ 3 ; − 3
⎟⎟ và ⎜1; − ⎟ .
16 ⎠
2⎠
⎝
⎝ 4

III

Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho... (1,00 điểm)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (α).
Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.

JJJG
Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.

0,50

0,50

Phương trình của (α) là

1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0.
IV

2,00
1

Tính tích phân... (1,00 điểm)
π
6

I=

π
6

4

3

4

t
1
dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫
2
1− t
20
0

=
2

1
3

(

)

(

1
⎛ t3
1 t +1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1
−


1
1
1
−
−
2x 2 4 (6 − x)3
6−x

1⎛ 1
1
= ⎜
−
3
4
2 ⎜⎝ 4 (2x)
(6 − x)3
⎛ 1
1
Đặt u(x) = ⎜
−
⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3
⎝

⎞ ⎛ 1
1 ⎞
⎟+⎜
−
⎟,
⎟ ⎝ 2x


f(x) 2 6 + 2 4 6

2
0

−

3 2 +6

Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6.
Trang 3/5

6
0,50
4

12 + 2 3


V.a

2,00
1

Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)
x 2 y2
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0.
a
b

a1
a
⎛1⎞
+ ... + nn = f ⎜ ⎟ = 2n.
2
2
⎝2⎠

0,50

Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12.
k
k +1
Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12
, a k +1 = 2k +1 C12
k
ak
2k C12
23
k +1
< 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔

⎡t = 1
2
= 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢
t
⎣ t = 2.

• Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2.
⎡ x = 0 (lo¹i)
• Với t = 2 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢
⎢ x = 5 (tháa m·n)
4
⎣

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

0,50


2

Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)
A'

C'

B'



0,50

a
1
= .
2.2a 4

Nếu 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-------------

Trang 5/5


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A

ĐỀ CHÍNH THỨC

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)
x+2
Cho hàm số y =
(1).
2x + 3

)

và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x ( x + y + z ) = 3 yz , ta có:

( x + y) + ( x + z)

+ 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) .
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 với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của hai đường
3

3

3

chéo AC và BD . Điểm M (1;5 ) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường
thẳng Δ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng

(S ) : x

( P ) : 2 x − 2 y − z − 4 = 0 và
phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S )

mặt cầu


1
1
6
2
1
−2
khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
⎧⎪log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy )
Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ \ ) .
2
⎪⎩3x − xy + y = 81
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Δ1 :

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


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

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

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu

- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y =
x →−∞

x →+∞

1
1
; tiệm cận ngang: y = .
2
2

3
lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − .
⎛ 3⎞
⎛ 3⎞
2
x →⎜ − ⎟
x →⎜ − ⎟
⎝ 2⎠

0,25

⎝ 2⎠

- Bảng biến thiên:

x −∞
y'

1


1
2

0,25

O

x

2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác OAB vuông cân tại O, suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ±1 .
Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ) , ta có:

−1
= ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1.
(2 x0 + 3) 2

0,25
0,25

• x0 = −1 , y0 = 1 ; phương trình tiếp tuyến y = − x (loại).

0,25

• x0 = −2 , y0 = 0 ; phương trình tiếp tuyến y = − x − 2 (thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y = − x − 2.

0,25


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

0,25

Kết hợp (*), ta được nghiệm: x = −

π
18

+k

2π
3

(k ∈ ]) .

0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

⎧2u + 3v = 8
Đặt u = 3 3 x − 2 và v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*). Ta có hệ: ⎨ 3

Tính tích phân…

(1,0 điểm)

π

π

2

2

0

0

0,25

I = ∫ cos5 xdx − ∫ cos 2 x dx.
Đặt t = sin x, dt = cos xdx; x = 0, t = 0; x =
π

π

2

2

0



π

12
1⎛
1
8 π
⎞2 π
I 2 = ∫ cos 2 x dx = ∫ (1 + cos 2 x ) dx = ⎜ x + sin 2 x ⎟ = . Vậy I = I1 − I 2 = − .
20
2⎝
2
15 4
⎠0 4
0
2

IV

0,50

0,25

Tính thể tích khối chóp...

(1,0 điểm)

( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD).
n = 60D.
Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI

5
3
1
3 15a
.
Thể tích khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SI =
3
5

Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI bằng

Trang 2/4

0,25

0,25


Câu
V
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt a = x + y, b = x + z và c = y + z.
Điều kiện x( x + y + z ) = 3 yz trở thành: c 2 = a 2 + b 2 − ab.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

A

M

B
I

D

E N

C

0,25

JJJG
JJG
E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) và NE = ( x − 11;6 − x).
E là trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN .
JJG JJJG
IE.EN = 0 ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x = 6 hoặc
x = 7.

0,25

JJG
• x = 6 ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − 5 = 0.

0,25


⎩⎪2 x − 2 y − z − 4 = 0.

0,25

Giải hệ, ta được H (3; 0; 2).

0,25

Tính giá trị của biểu thức…

Δ = −36 = 36i 2 , z1 = −1 + 3i và z2 = −1 − 3i.

0,25

| z1 | = (−1)2 + 32 = 10 và | z2 | = (−1)2 + (−3)2 = 10.

0,50

Trang 3/4


Câu

Đáp án

Điểm

A = | z1 | 2 + | z2 | 2 = 20.

VI.b

.
15

0,25
0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ...

G
Δ 2 qua A(1;3; −1) và có vectơ chỉ phương u = (2;1; −2).
M ∈ Δ1 ⇒ M (−1 + t ; t; −9 + 6t ).
JJJG
JJJG G
JJJG G
MA = (2 − t ;3 − t ;8 − 6t ), ⎣⎡ MA, u ⎦⎤ = (8t − 14; 20 − 14t ; t − 4) ⇒ ⎡⎣ MA, u ⎤⎦ = 3 29t 2 − 88t + 68.
JJJG G
⎡ MA, u ⎤
⎣
⎦
Khoảng cách từ M đến Δ 2 : d ( M , Δ 2 ) =
= 29t 2 − 88t + 68.
G
u
Khoảng cách từ M đến ( P ) : d ( M ,( P) ) =

29t 2 − 88t + 68 =

11t − 20
3


0,25
0,25

Giải hệ phương trình…
2
2
⎪⎧ x + y = 2 xy
Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: ⎨ 2
2
⎪⎩ x − xy + y = 4

⎧x = y
⎧x = y
⇔ ⎨ 2
⇔⎨
⎩ y = ±2.
⎩y = 4

0,25

0,50

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2).
-------------Hết-------------

Trang 4/4

0,25


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 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.
⎧⎪(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈ R).
2
2
+
+
−
=
4
x
y
2

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 môđun của số phức z + i z.
1− 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................................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

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

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

- 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


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.


⇔ (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) =


2( x 2 − x + 1) < 0.

x kéo theo 1 − x +

x đồng thời 1 − x +

x ≥ 0.

x ≥ 0, do đó:

(3) ⇔ 1 − x = x
⎧⎪1 − x ≥ 0
⎧⎪ x ≤ 1
⇔
⇔ ⎨
⎨ 2
2
⎪⎩(1 − x) = x
⎪⎩ x − 3 x + 1 = 0

III
(1,0 điểm)

0,25

3− 5
⇔ x =
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
2
1


1 3
x
3

1

và

ex
1
∫ 1 + 2e x dx = 2
0

1

∫
0

1

=
0

0,25

0,25

1
3


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

Đáp án
Ta có: HC =

V
(1,0 điểm)

2a
CD 2
=
và HK =
CN
5

SH .HC
2

SH + HC

2

Điểm
=

2 3a
2 3a
, do đó: d(DM, SC) =
.
19
19


⎞
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x −7 = 0 (3).
⎝2
⎠
3
Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3).
4
2

0,25

2

⎛5
⎞
⎛ 3⎞
Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ .
⎝2
⎠
⎝ 4⎠
2

⎛5
⎞
g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ −
2
⎝
⎠

4

OAB vuông tại B, do đó n
AOB = 60D ⇒ BAC

y
d1
O
B

d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) =
d2

1
3
AB.AC.sin 60D =
(OA.sin 60D ).(OA.tan 60D )
2
4
A
3 3
=
OA2.
8
I
C
4
3
Do đó: SABC =
, suy ra OA2 = .
2
3

x

0,25

Ta có: SABC =

2

2

1 ⎞ ⎛
3⎞
⎛
Phương trình (T): ⎜ x +
⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1.
2 3⎠ ⎝
⎠
⎝

Trang 3/4

0,25

0,25

0,25


Câu



∆
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 −

VII.a
(1,0 điểm)

= 5+
z = 5−

6.

| 2 − 2 − 1|
1
=
.
6. 6
6

2 i)

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

2 i, suy ra:

0,25


⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
⎨
⎩x − y = 0

0,25

Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.

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).
JJJG JJJG
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB . CE = 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0

0,25

⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).

0,25

H

2. (1,0 điểm)

A
•

v

0,25

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

Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25.

0,25

Ta có: (1 − 3i )3 = − 8.

0,25

Do đó z =

−8
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
1− i

0,25

⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.

0,25


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

2. Trong không 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 môđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .
----------- 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:................................


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
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)

⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ .

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

−

+∞


2. (1,0 điểm)

Hoành 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


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.

⎝ 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.


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
⎝

⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅
Diện tích: SBCNM =
2
2
3
Trang 2/5

0,25

0

0,25

0,25

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

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

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

(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)


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

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

⎧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


⎧a = − 2b 2
⎩b(2a + 1) = 0

⇔ ⎨

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

0,25

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

a +b +c

2

0,25

R2 − r 2 =

=

2c
2

2a + c

2

⇒

2c
2

2a + c

2

=

1
2
, b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 =
⋅
3
3
3
------------- Hết -------------

Trang 5/5

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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 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 vuông 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

(

(

)

)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; 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→−∞



+∞

0

0,25

y

–1

–1
• Đồ thị:

y

8

0,25

–1 O
–2

1
2

x

–1
b) (1,0 điểm)

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: ⎨
1 2
12
+ y+
= 1.
(2)
⎪⎩ x −
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


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

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 vuông 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 42
a 42
. Vậy d ( SA, BC ) =
.
8
12

0,25