BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
22
x2(m1)xm4m
y(1),
x2
++++
=
+

m
là tham số.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1=− .
2.
Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa
độ
O
tạo thành một tam giác vuông tại
O.
⎪
=
⎩

1.
Chứng minh rằng
1
d và
2
d chéo nhau.
2.
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
()
P:7x y 4z 0+− = và cắt hai đường
thẳng
1
d,
2
d.

Câu IV (2 điểm)
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
()
ye1x,=+
()
x
y1ex.=+
2.
Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
31
3
2log (4x 3) log (2x 3) 2.−+ +≤
2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng
minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………… ……………………………số báo danh: ……………………………….
1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)


⎡
=⇔
⎢
=
−
⎣
0,25
Bảng biến thiên:

y
CĐ
=
()
(
)
CT
y3 6,y y1 2.−=− = −=−
0,25

2
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)

()
22
2
x4x4m
y'
x2
++−
=
+
.
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔
(
)
22
gx x 4x 4 m=++− có 2 nghiệm
phân biệt x ≠ −2
()
2

−∞
−
∞
−
2
x
y
−
3
−
6
−
2
O
−
1
−
2
2/4
Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒
(
)
A2m;2
−
−−,
(
)
B2m;4m2
−
+−.

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

Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)
2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
0,50

⇔
ππ
xkπ,x k2π,x k2π
42
=− + = + =
(k ∈
Z ).
0,50
2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện:
x1≥
. Phương trình đã cho ⇔
4
x1 x1
32 m (1).
x1 x1
−−
−+ =
++

Hàm số
2
f(t) 3t 2t, 0 t 1=− + ≤ < có bảng biến thiên:
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔
1
1m
3
−< ≤ .

0,50

III

2,00
1 Chứng minh d
1
và d
2
chéo nhau (1,00 điểm)

+) d
1
qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương
1

1
và d
2
chéo nhau.
0,25
2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d
1
và d
2
lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d
1
, B ∈ d
2
nên
A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).
−
−+ −+ +
⇒ AB
JJJG
= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).
0,25
(P) có véctơ pháp tuyến
n
G
= (7; 1; − 4).
AB ⊥ (P) ⇔ AB
JJJG
cùng phương với n

()( )
A2;0; 1,B 5; 1;3.−−−
0,25 Phương trình của d là:
x2 y z1
71 4
−
+
==
−
.
0,25
1
1/3
0
f(t)
t
0
1/3
-1
3/4
IV

2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:

ex
0
2
=
e
2
,
11
xxx
00
1
xe dx xe e dx
0
=−
∫
∫
=
x
1
ee 1
0
−
= .
Vậy
e
S1
2
=− (đvdt).
0,50
2

, c =
zz 2xx+
.
Suy ra:
4c a 2b
xx
9
+−
= ,
4a b 2c
yy
9
+
−
= ,
4b c 2a
zz
9
+
−
= . 0,25
Do đó
24ca2b 4ab2c 4bc2a
P
9b c a
+− +− +−
⎛⎞

⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
+
b
1
a
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
− 1 ≥ 2
a
b
+ 2
b
a
− 1 ≥ 4 − 1 = 3,
hoặc
cab
b
ca
++≥
3
cab
3
b
ca
⋅⋅

⎧
⊥
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
JJJG JJJG
⇔
4(x 2) 4(y 2) 0
4x 4(y 2) 0
+
−+=
⎧
⎨
+−=
⎩
⇔
x1
y1
=
⎧
⎨
=
⎩
⇒ H(1; 1).

0,25
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là:
22
1
a
2
1
b
2
c2.
⎧
=−
⎪
⎪
⎪
⇔=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩

−−
⇒+ −− = + + ++
()()
()
11
2n 2n
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
00
1x 1x
dx Cx Cx Cx C x dx
2
−−
+−−
⇒=++++
∫∫

0,50 •

Cx Cx Cx C x dx
−−
++++
∫1
246 2n
135 2n1
2n 2n 2n 2n
0
xxx x
C. C. C. C .
246 2n
−
⎛⎞
=++++
⎜⎟
⎝⎠135 2n1
2n 2n 2n 2n
111 1
C C C C
246 2n
−
=++ + (2).
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,50


Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:
3
4
< x ≤ 3.
0,25
2
Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của AD.
Do
SAD∆ đều nên SH AD.⊥
Do
()( )
SAD ABCD⊥ nên
()
SH ABCD⊥
()
SH BP 1 .⇒⊥

Xét hình vuông ABCD ta có
CDH BCP∆=∆⇒
(
)
CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2)
suy ra
()
BP SHC .⊥
Vì
MN // SC và AN // CH

CMNP CNP
1
VMK.S.
3
=
Vì
2
CNP
1a3 1 a
MK SH , S CN.CP
24 2 8
== = = nên
3
CMNP
3a
V
96
= (đvtt).
0,50

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh−
®¸p ¸n quy ®Þnh.
Hết
A
S
D
C
B
H
M

4sin x .
3π
sinx 4
sin x
2
⎛⎞
+=−
⎜⎟
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠

2. Giải hệ phương trình
()
232
42
5
xyxyxyxy
4
x, y .
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
∈

1. Tính tích phân
π
4
6
0
tg x
Idx.
cos 2x
=
∫

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

(m ).∈ \

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
(E) có tâm sai bằng
5
3
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.

+−+ − =

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 =
a3
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'
.

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:
ĐỀ CHÍNH THỨC
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

=− =
++

x1
y' 0
x5
=−
⎡
=⇔
⎢
=−
⎣

• y
CĐ

()
y5 9=−=−, y
CT

()
y1 1.=−=−
0,25
•
TCĐ: x3=− , TCX:
yx2.=−

0,25
•
Bảng biến thiên:

++

• Khi
1
m
3
=
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
0,25
•
Khi
1
m
3
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
d
1
: x3mx3m0,=− ⇔ + = d
2
: ymx2 mxy20.=−⇔−−=
0,25 Vectơ pháp tuyến của d
1
, d
2
lần lượt là
1
n (1;0)=

JJGJJG
JJGJJG

0,50
x −∞ 5− 3− 1− +∞
y’ + 0 − − 0 +
y
−∞
−∞
+∞ +∞
1−
9−
-3
-
1
O
-
1
-9
-
5
y
x
2
-2
Trang 2/5
II

2,00
1

1
22
sinxcosx
+ = 0
2
sin 2x x k
28
π
⇔=−⇔=−+π hoặc
5
xk.
8
π
=+π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
xk;
4
π
=− + π
5
x k ; x k (k ).
88
ππ
=− + π = + π ∈
]
0,50
2
Giải hệ (1,00 điểm)
⇔
⎨
⎪
++=−
⎪
⎩

()∗
Đặt
2
ux y
vxy
⎧
=+
⎨
=
⎩
. Hệ phương trình ()∗ trở thành
2
5
uvuv
4
5
uv
4
⎧
++ =−
⎪
⎪
⎨

• Với u = 0,
5
v
4
=− ta có hệ pt
2
xy0
5
xy
4
⎧
+=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
⇔
3
5
x
4
=
và
3
25
y
16
=−
.

⎪
⎩
⇔ x1= và
3
y.
2
=−
Hệ phương trình có 2 nghiệm :
3
3
525
;
416
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
3
1; .
2
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

0,50
III



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.
0,50

Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH
J
JJG
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của ( )α là
1( x 3) 4( y 1) 1( z 4) 0−− −+ − =⇔ x4yz30.−+−=
0,50
IV 2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)

I =
()
ππ
44
66
22
00
tg x tg x
dx dx.

=
−
∫
()
11
33
2
00
111
t 1 dt dt
2t1t1
⎛⎞
=− + + −
⎜⎟
+−
⎝⎠
∫∫
3
1
t1t1
tln
3
32t1
0
⎛⎞
+
=− −+
⎜⎟
−
⎝⎠

−33
44
11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=−+−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠
, x (0; 6).∈
Đặt
33
44
11 11
u(x) , v(x) .
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟

f(x)
32 6+
4
26 26+
4
12 2 3+
Trang 4/5

V.a

2,00
1
Viết phương trình chính tắc của elíp (1,00 điểm)

Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
22
22
xy
1
ab
+=,
ab0.>>
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
()
222
c5
a3
22a 2b 20
cab.
⎧

n
01 n
f x 1 2x a a x a x=+ = + ++
n
1n
0
n
aa1
a f 2 .
222
⎛⎞
⇒
+++ = =
⎜⎟
⎝⎠

Từ giả thiết suy ra
n12
240962== n 12.⇔=
0,50 Với mọi
{
}
k 0,1,2, ,11∈ ta có
kk
k12
a2C= ,
k1 k1

01 8
a a a .<<<
Tương tự,
k
k1
a
1k7.
a
+
>⇔ > Do đó
89 12
a a a .>>>
Số lớn nhất trong các số
01 12
a , a , , a là
88
812
a 2 C 126720.==

0,50
V.b

2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm))

Điều kiện:
1
x
2


0,50 • Với
2x 1
t1 log (x1)1 2x1x1 x2.
−
=⇔ + =⇔ −= +⇔ =
• Với
−
=
⎡
⎢
=⇔ + =⇔ − =+⇔
⎢
=
⎣
2
2x 1
x0(lo¹i)
t2 log (x1)2 (2x1) x1
5
x (tháa m·n)
4

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

Δ
==(đvtt).

0,50

Trong tam giác vuông
A'B'H
có:
22
HB' A'B' A'H 2a=+= nên tam giác
B' BH cân tại
B'.
Đặt
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C' thì
n
B'BHϕ=

Vậy
a1
cos
2.2a 4
ϕ
==

x
+
=
+
(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

;CD a
=
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

(6;2)I
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

Δ
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

hoặc
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
−
∞

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
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
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

v
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

35 15
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
⎛⎞
==+=+ =
⎜⎟
⎝⎠
∫∫


⇒
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
.


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



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

⇔
()
22
⇔

23
()3 5abc abc c++ ≤
⇔

2
()35abc ab c++ ≤
0,25
V
(1,0 điểm)

)
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
.

−
=

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

zt
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

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
n
1
sin
2
SIAIBAI
B=

≤

2
1
1;
2
R
=

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

M

2
Δ
qua và có vectơ chỉ phương
(1; 3; 1)A − (2;1; 2).u
=
−
G

1
M ∈Δ
⇒
(1 ;;9 6).
M
tt t−+ −+
(2 ;3 ;8 6 ),
M
Attt

,
(, ) 29 88 68.
MA u
dM t t
u
⎡⎤
⎣⎦
Δ= = − +
J
JJG G
G

Khoảng cách từ
M
đến
():P
()
()
2
22
1 2 12 18 1 11 20
,( ) .
3
122
tt t t
dM P
−+− + − − −
==
+− +


(0;1; 3);M −
53
35
t =

⇒

18 53 3
;;
35 35 35
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
Giải hệ phương trình…
VII.b
Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >
22
22
2
4
x
yxy
xxyy
⎧
+=
⎪

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
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

xx
−
−−+)
≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
1
22
0
2
d
12
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

3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1
21 1
xyz−
==
−
2+
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

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
− 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠0,25
• Đồ thị:

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

I
(2,0 điểm)
⇔
14 0
0
12 3
m
m
m
+>
⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<
⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0.
0,25
y
1
+
∞

−∞
'y
+

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
cos
xx
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
⇔ 2sin
2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2

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
(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


⎩

⇔ x =
35
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
12
x
x
e
x
x
e
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
=
1
2

1
3
x
=
1
3

0,25
và
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫
=
1
2
1
0
d(1 2 )
12
x
x
e
e

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

= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2

• 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
N
H
K
M
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a

− ), 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
.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩


⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )
g
x = 8x − 8x
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−

.
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
−
+
+
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó
n
A
OB = 60
D
⇒
n
B
AC = 60

2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
22
30
4
3
xy
xy
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
⇒ A
1
;1
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

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
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25

d

0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos
n
HMC = MC.
()
cos ,vn
GG

0,25
= 6 .
|2 2 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)

+ 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
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G

= − 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
A
•

H
M
∆
P
C • E
d
A
B

giá trị lớn nhất.
1
kk+
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
1sin2 cos2
2sin sin2 .
1cot
xx
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
⎧
−+−+=
⎪

x
yzlà ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
.
23
=++
++
+
x
yz
P
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

Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
1
\.
2
D
⎧⎫
=
⎨⎬
⎩⎭
\

• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
()
2
1
'0
21
y
x
−
=
−

.
2
y =−

1
Trang 1/5
2
⎝⎠
lim ,
x
y
−
⎛⎞
→
⎜⎟
=−∞

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


⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x =
1
2
không là nghiệm)
⇔ 2x
2
+ 2mx – m – 1 = 0 (*).
0,25
∆' = m
2
+ 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

Suy ra:
k
1
+ k
2
lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
0,25 x − ∞
1
2
+ ∞
y’ − −
y
1
2
−

1
2
−

− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−

2
π
+ kπ, thỏa mãn (*).
0,25
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +
4
π
) = 1 ⇔ x =
4
π
+ k2π, thỏa mãn (*).
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
⎧
−+−+=
⎪

+ y
2
) – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔ 6y – 4xy
2
+ 2x
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) =
⎟

I =
4
0
(sin cos) cos
d
sin cos
x
xxxx
x
xx x
π
++
+
∫
=
44
00
cos
dd
sin cos
xx
.
x
x
x
xx
ππ
+
+
∫∫

+
∫
=
4
0
d( sin cos )
sin cos
x
xx
x
xx
π
+
+
∫
=
()
4
0
ln sin cosxx x
π
+

0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
ln
Suy ra: I =

AB ⊥ BC
⇒ SB ⊥ BC ⇒
n
SBA là góc giữa (SBC) và
(ABC)
⇒
n
SBA = 60
o
⇒ SA = =
n
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

Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD)
⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
0,25

Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH =
22
.2
13
SA AD a
SA AD
=⋅
+
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)

+
+

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
z
y
=
x
z
hoặc
1
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) =

dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2
⇔
x
y
= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
0,25
V
(1,0 điểm)
⇒ P ≥
34
.
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

xyz
xyz
xy z
−−+=
⎧
⎪
−++−=
⎨
⎪
++ +− =
⎩
9
0,25 M
I
A
B
∆