BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số y = x3 − 3x.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số f(x) = x +

4
trên đoạn [1; 3].
x

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) z − 1 + 5i = 0. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Giải phương trình log2 (x2 + x + 2) = 3.
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

(x − 3)ex dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) và

− abc.
ab + bc + ca
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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Đáp án

Câu

(Trang 01)

Điểm

• Tập xác đònh: D = R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = 0 ⇔ x = ±1.


✟
✟✟
✟

• Đồ thò:

❍

−

1
0

+∞
+
✯ +∞
✟✟
✟
✟
✟

❍
❍❍
❥ −2

0,25

y
2

0,25

a) Ta có (1 − i)z − 1 + 5i = 0 ⇔ z = 3 − 2i.

0,25

Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2.

0,25

3
b) Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x + 2 = 8
(1,0đ)
x=2
x = −3.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = −3.
⇔

0,25
0,25


Đáp án

Câu

4
(1,0đ)

(Trang 02)


0,25

0

0,25

= 4 − 3e.
−
−→
Ta có AB = (1; 3; 2).

0,25

x−1
y+2
z−1
Đường thẳng AB có phương trình
=
=
.
5
1
3
2
(1,0đ)
Gọi M là giao điểm của AB và (P ). Do M thuộc AB nên M (1 + t; −2 + 3t; 1 + 2t).

M thuộc (P ) nên 1 + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − 3 = 0, suy ra t = −1. Do đó M (0; −5; −1).


(1,0đ)

H
☞✌

 ✁

A
✝✞

D

Tam giác SAM vuông tại A, có đường cao AH, nên
1
1
1
5
=
+
= 2.
2
2
2
AH
SA
AM
2a
√
10 a
Vậy d(AC, SB) = AH =

8
(1,0đ)

M
✖✗

D
✎

B

✑✒

✓✔

✏

C

H

✕

K

Ta có SCA = (SC, √
(ABCD)) = 45◦ ,
suy ra SA = AC = 2 a.
√ 3
1√


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

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Đáp án

Câu

(Trang 03)


Xét hàm số f (t) = (t + 2)(t 2 + 2).
(1,0đ) Ta có f (t) = 3t2 + 4t + 2, suy ra f (t) > 0, ∀t ∈ R, nên f (t) đồng biến trên R.
√
√
Do đó (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x + 2 = x − 1 ⇔
⇔x=

√

3+

2

13

x 1
x2 − 3x − 1 = 0

.

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2; x =

3+

0,25

√
2

13

Suy ra f (t)

t2 + 72 t − 5
t2 + 5t + 144
−
=
.
t
2
2t

0,25

0,25

t2 + 5t + 144
t2 − 144
, với t ∈ [11; 12]. Ta có f (t) =
.
2t
2t2
0,25

0, ∀t ∈ [11; 12], nên f (t) nghòch biến trên đoạn [11, 12].
160
160
f (11) =
. Do đó P
.
11

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x bằng
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

√

2.

sin x + 4 cos x = 2 + sin 2x.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 − x + 3 và đường
thẳng y = 2x + 1.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = 3 + 5i. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất
để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+y −2z −1 = 0
y
z+3
x−2
=
=
. Tìm tọa độ giao điểm của d và (P ). Viết phương
và đường thẳng d :
1
−2
3
trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P ).

x2 + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
−−−−−−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 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Đáp án

Câu
a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ) • Tập xác đònh D = R \ {1}.
• Sự biến thiên:

3
; y < 0, ∀x ∈ D.
(x − 1)2
Hàm số nghòch biến trên từng khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).


−

+∞
−

+∞ P
PP

PP
PP
q
P

0,25

PP
PP
q

−∞
• Đồ thò:

y

1

 

1
✆

a+2
a+
√a − 1 .
Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x là d =
2
√
a2 − 2a + 4 = 0
d = 2 ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔
a2 + 2a = 0.
• a2 − 2a + 4 = 0: phương trình vô nghiệm.
a=0
• a2 + 2a = 0 ⇔
Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là: M (0; −2) hoặc M (−2; 0).
a = −2.
1

0,25
0,25
0,25


Đáp án

Câu
Phương trình đã cho tương đương với
2
(1,0đ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = 0.

sin x + 4 cos x = 2 + 2 sin x cos x



1
2

x3 3x2
−
+ 2x
3
2

(x2 − 3x + 2)dx =

=

2
1

0,25

1

1
= .
6

0,25

3a + b = 3
4
a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Từ giả thiết suy ra

. Do đó M ; −3; .
2
2
2
−
→
−
→
d có vectơ chỉ phương u = (1; −2; 3), (P ) có vectơ pháp tuyến n = (2; 1; −2).
→
−
Mặt phẳng (α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến [ −
u,→
n ] = (1; 8; 5).

0,25

Ta có A(2; 0; −3) ∈ d nên A ∈ (α). Do đó (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0,
nghóa là (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0.

0,25

(1,0đ) M ∈ (P ) suy ra 2(2 + t) + (−2t) − 2(−3 + 3t) − 1 = 0 ⇔ t =

6
(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB, suy √
ra SH ⊥ (ABCD).
Do đó SH ⊥ HD. Ta có SH = SD 2 − DH 2

Suy ra BD ⊥ HE. Mà HE ⊥ SK,
do đó HE ⊥ (SBD).
√
a 2
Ta có HK = HB. sin KBH =
.
4
HS.HK
a
Suy ra HE = √
= .
2
2
3
HS + HK
2a
Do đó d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE =
.
3
Suy ra V S.ABCD =

☞

K
✡

D

C


5a2
N
.
nên M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN. cos M AN =
8
2
5a
Do đó
= 10, nghóa là a = 4.
8
Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4
BD √
A
M
B
= 2, nên ta có hệ phương trình
và IN =
4
x = 1; y = −2
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16
⇔
6
17
(x − 2)2 + (y + 1)2 = 2
;y = − .
x=
5
5
−−→
• Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4).

; y = − ta có I
;−
và IM = − ;
.
5
5
5
5
5
5
−−→
Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = 0.
• Với x =
8
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25

√
x 12 − y +

√
√
y(12 − x2 ) = 12 (1)
Điề
u

⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 +
= 0 (3).
1 + 10 − x2
Do x ≥ 0 nên x2 + 3x + 1 +

2(x + 3)
√
> 0.
1 + 10 − x2

Do đó (3) ⇔ x = 3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: (x; y) = (3; 3).
9
Ta có 0 ≤ (x − y − z)2 = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz),
(1,0đ) nên x2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1).
x2
x
Suy ra 2
≤
.
x + yz + x + 1
x+y+z+1
Mặc khác, (x + y + z) 2 = x2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z)
x+y+z
(x + y + z)2
≤ 2 + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz). Do đó P ≤
−
.
x+y+z+1
36
Đặt t = x + y + z, suy ra t ≥ 0 và t 2 = (x + y + z)2 = (x2 +√

5
9
5
5
5
Do đó P ≤ . Khi x = y = 1 và z = 0 thì P = . Do đó giá trò lớn nhất của P là .
9
9
9
−−−−−−Hết−−−−−−
3

0,25

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

0,25

0,25

0,25


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


x2 − 1
ln x dx.
x2

I=
1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC = 30◦ , SBC là
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông 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 mã√
n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 . Tìm giá trò
32a3
32b3
a 2 + b2
nhỏ nhất của biểu thức P =
+
−
.
(b + 3c)3 (a + 3c)3
c
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d : 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5; −4).
y+1
z+2
x−6
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

điể
m
√
M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30.
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự 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 suất
để số được chọn là 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). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0
và mặt cầu (S) : x2 + 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 phần ảo
của số phức w = (1 + i)z5.
−−−−−−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 2013
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


0

y'

−

+∞

2

0

0
3

+

+∞

y

−
0,25

−1
• Đồ thị:

−∞



f '( x)
f ( x)

+∞

1
0

+
+∞

0

0,25

−1
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1.
Trang 1/4

0,25


Câu
2
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

π
π
+ kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ]).
4
3

⎧⎪ x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1)
⎨
⎪⎩ x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 (2)

0,25

0,25

Điều kiện: x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = ( x + y − 1) 2 , suy ra y ≥ 0.
Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành:
Xét f (t ) = t 4 + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) =

2t 3
4

t +2

u4 + 2 + u =

y 4 + 2 + y (3).

+ 1 > 0, ∀t ≥ 0.

0,25

2
1
1 2
= ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟
x⎠
x ⎠1
⎝
1 ⎝
5
3
= ln 2 − .
2
2

5
(1,0 điểm)

0,25
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).
Ta có BC = a, suy ra SH =

S

AB = BC cos30o =
Do đó VS . ABC =
I
H

2

0,25

1
a3
SH . AB. AC = .
6
16

Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên
HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là
trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB.

0,25

AB 2 a 13
=
.
4
4
3V
6V
a 39
.
Suy ra d (C ,( SAB )) = S . ABC = S . ABC =
S ΔSAB
SI . AB
13


( y + 3)
( x + 3)

(u + v)3
Với mọi u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − 3 (u + v)3 =
.
4
4
3

3

3

3

0,25

3

3
3
2
32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ x + y ⎞ = 8 ⎛ ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y ⎞ .
⎜
⎟⎟
⎜
⎟
⎜
xy + 3 x + 3 y + 9

4
t +1
Xét f (t ) = (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 −
.
t 2 + 2t − 6

Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) +

Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và

t +1
t 2 + 2t − 6

= 1+

0,25

7
≤ 1 + 7 = 3 2 , nên
2
2
2
(t + 1) − 7

3 2
> 0. Suy ra f (t ) ≥ f (2) = 1 − 2. Do đó P ≥ 1 − 2 .
2
Khi a = b = c thì P = 1 − 2 . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2 .
Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ
nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC.

C

M

) (

)

2
2
⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
2 ⎠
2
2
2 ⎠
⎝
⎝
⇔ t = 1. Suy ra C (1; −7).
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
AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0.
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có
phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ).
Trung điểm của BN thuộc AC nên


AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0
51 ; − 1 ; − 17 .
⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M
7
7
7
7
Trang 3/4

(

)

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

9.a
(1,0 điểm)

Số phần tử của S là A37
= 210.
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách).
90 3

x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ
trình
A
⎧x − y = 0
Δ
⇒ H (4;4).
⎨
⎩x + y − 8 = 0
JJJG 1 JJJJG
1
Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 = HM , nên IH = HM .
4
4
Do đó I (5;3).

0,25

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


π
π
= 2 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ .
3
3⎠
⎝
5π
5π
Suy ra z 5 = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ).
3
3 ⎠
⎝
Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i.
Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3).
------------- Hết -------------

Trang 4/4

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


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


1 + ln( x + 1)
dx.
2
x
1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
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

tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
5( z + i )
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
= 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 .
z +1
---------- 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 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:

+∞

+∞

1
–

0

+

+∞

0

0,25

y

–1

–1
• Đồ thị:

y

8

0,25



Đáp án

Điểm

2
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0.
(1,0 điểm)
π
• cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ]).
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)

3
1
3
Thay vào (2), ta được x −
+ x−
= 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = .
2
2
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

( )



)

dx

∫ x( x + 1)

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

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

1

)

2 + ln 2
x
1
1
+ ln

Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD =
,
6
2
a 7
a 21
HC = HD 2 + CD 2 =
, SH = HC.tan60o =
.
3
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


SH .HN
2

SH + HN

Trang 2/4

2

=

a 42
a 42
. Vậy d ( SA, BC ) =
.
8
12

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

6
Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*).

2

2

0,25

2

Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z .
Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3.
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H
7.a
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.
(1,0 điểm)
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.
A
B
Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
AH ⊥ HM .
Hơn nữa, ta cũng có AH = HM .
M
3 10
Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) =
.
H
2
Q
P
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).

2
IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − .
3
3 3
3
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH =

8
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = .
3

0,25

0,25

0,25
0,25

2 6
.
3

0,25
0,25

9.a
n(n − 1)(n − 2)
n −1
3
(1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n =

⎛x ⎞
Khi đó ⎜
− ⎟ =⎜
− ⎟ = C7k ⎜ ⎟
x⎠ ⎝ 2
x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠
⎝ 14

∑

7−k

7

(− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k .
k

k

k

0,25

k=0

Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 .
Do đó số hạng cần tìm là

(−1)3 .C73 5
35

b2

= 1,

0,25

với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4.
A

2

x

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 A(t ; t ), t > 0.

0,25

A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2.

0,25

A(2;2) ∈ ( E ) ⇔

16
4
4
+
= 1 ⇔ b2 = .

=
.
2
3
2

9.b
Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1.
(1,0 điểm)
5( z + i)
= 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0
Ta có
z +1

0,25

0,25

⎧3a − b − 2 = 0
⎧a = 1
⇔ ⎨
⇔ ⎨
⎩ a − 7b + 6 = 0
⎩b = 1.

0,25

Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i )2 = 2 + 3i.

0,25

1. Giải phương trình
1 + cot 2 x
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

1
(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 ( 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)


x → +∞
2
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

−


–1

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
–
=
−
.

+ kπ, thỏa mãn (*).
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 )

5
5 ⎟⎠
⎝ 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


0

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

1
=
⋅ 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


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.
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:

, t ∈ [1; 2]; f '(t ) =
2t + 3 1 + t
(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)


0,25

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


⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨

⎧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

1
Diện tích: SOAB = x 4 − x 2
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(a + b + c)
2

2

a +b +c

2

0,25

R2 − r 2 =

=

2c
2

2a + c

2

⇒

2c
2

2a + c

2


1
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 2010
Môn: TOÁN; Khối: A
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 I (2,0 điểm)

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
3
4
x
7
⎪⎩
II. 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 hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết

(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................................