Đề thi Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 Môn thi : Toán học

mathvn.com
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 
 ------------------------------ M«n thi : to¸n 
 §Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) 
_____________________________________________ 
C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 
 Cho hµm sè : (1) ( lµ tham sè). 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi .1=m 
2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − cã ba nghiÖm ph©n biÖt. 033 2323 =−++ kkxx
3. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). 
C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm) 
 Cho ph−¬ng tr×nh : 0121loglog 23
2
3 =−−++ mxx (2) ( lµ tham sè). m
1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi .2=m 
2. T×m ®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [m 33;1 ]. 
C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm ) 
1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng )2;0( π cña ph−¬ng tr×nh: .32cos
2sin21
3sin3cossin +=


+
++ x
x
xxx5 
2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxy
C©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 
1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu ®Ønh cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi ABCS. ,S M vµ lÇn l−ît N
 lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh vµ TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c , biÕt r»ng SB .SC a AMN
 mÆt ph¼ng ( vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng . )AMN )(SBC
 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng: 
 ∆ vµ ∆ . 

=+−+
=−+−
0422
042
:1 zyx
zyx



+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:2
 a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®−êng th¼ng )(P 1∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng .2∆ 
 b) Cho ®iÓm . T×m to¹ ®é ®iÓm )4;1;2(M H thuéc ®−êng th¼ng 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH 
 cã ®é dµi nhá nhÊt. 
C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm) 
1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i , ABC A
 ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng lµ BC ,033 =−− yx c¸c ®Ønh vµ A B thuéc trôc hoµnh vµ 
 b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c . G ABC
 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc: 
nx
n
n
nxx
n
n
xnx
n
nx
n
nxx
CCCC 


+






++






+


=


 +
−−−−
−
−−−−−−
3
1
32
1
13
1
2
1
12
1
032
1
22222222 L 
 ( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C vµ sè h¹ng thø t− 13 5 nn C=
 b»ng , t×m vµ n20 n x . 
----------------------------------------HÕt--------------------------------------------- 
Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. 
 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. 
Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:..................... 
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼ng n¨m 2002
 ®Ò chÝnh thøc M«n thi : to¸n, Khèi B.
 (Thêi gian lµm bµi : 180 phót)
_____________________________________________
C©u I. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,5 ®iÓm)
 Cho hµm sè : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) (m lµ tham sè).
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè (1) khi 1=m .
2. T×m m ®Ó hµm sè (1) cã ba ®iÓm cùc trÞ.
C©u II. (§H : 3,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm)
1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− .
2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx .
3. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: 
 ++=+
−=−
.2
3
yxyx
yxyx
C©u III. ( §H : 1,0 ®iÓm; C§ : 1,5 ®iÓm)
 TÝnh diÖn tÝch cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng :
4
4
2xy −= vµ 
24
2xy = .
C©u IV.(§H : 3,0 ®iÓm ; C§ : 3,0 ®iÓm)
1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã t©m
 

 0;
2
1I , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ 022 =+− yx vµ ADAB 2= . T×m täa ®é c¸c ®Ønh
 DCBA ,,, biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m.
2. Cho h×nh lËp ph−¬ng 1111 DCBABCDA cã c¹nh b»ng a .
 a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng BA1 vµ DB1 .
 b) Gäi PNM ,, lÇn l−ît lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh CDBB ,1 , 11DA . TÝnh gãc gi÷a
 hai ®−êng th¼ng MP vµ NC1 .
C©u V. (§H : 1,0 ®iÓm)
 Cho ®a gi¸c ®Òu nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyªn ) néi tiÕp ®−êng trßn ( )O . BiÕt r»ng sè
 tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L nhiÒu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt
 cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L , t×m n .
--------------------------------------HÕt-------------------------------------------
Ghi chó : 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u IV 2. b) vµ C©u V.
 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Hä vµ tªn thÝ sinh:................................................................... Sè b¸o danh:...............................mathvn.com
 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002
 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n, Khèi D 
 (Thêi gian lµm bµi : 180 phót)
 _________________________________________
C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ).
 Cho hµm sè : 
( )
1x
mx1m2
y
2
−
−−= (1) ( m lµ tham sè ).
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1.
2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é.
3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng xy = .
C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ).
1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− .
2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 



=+
+
−=
+
.y
22
24
y4y52
x
1xx
2x3
C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ).
 T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh :
 04xcos3x2cos4x3cos =−+− .
C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ).
1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ;
AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD).
2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : 02yx2 =+−
vµ ®−êng th¼ng md : 
( ) ( )
( )

=++++
=−+−++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
 ( m lµ tham sè ).
 X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P).
C©u V (§H : 2 ®iÓm ).
1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho 243C2....C4C2C nn
n2
n
1
n
0
n =++++ .
2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh
1
9
y
16
x 22 =+ . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho
®−êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhá
nhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã .
-------------------------HÕt-------------------------
Chó ý :
 1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V
 2. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh.............................mathvn.com
 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 
 -------------------------- M«n thi : to¸n khèi A 
 ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót 
 ___________________________________ 
C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè m
x
mxmxy ( (1) 
1
2
−
++= lµ tham sè). 
 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1. 
2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh 
 ®é d−¬ng. 
C©u 2 (2 ®iÓm). 
 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .2sin
2
1sin
tg1
2cos1cotg 2 xx
x
xx −++=− 
 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 


+=
−=−
.12
11
3xy
y
y
x
x 
C©u 3 (3 ®iÓm). 
1) Cho h×nh lËp ph−¬ng . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ]. . ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' ,
2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho h×nh hép ch÷ nhËt 
 cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é, 
yz
; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b 
. Gäi ( 0, 0)a b> > M lµ trung ®iÓm c¹nh CC . '
a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn 'BDA M theo a vµ b . 
b) X¸c ®Þnh tû sè 
a
b
 ®Ó hai mÆt ph¼ng vµ ( ' )A BD ( )MBD vu«ng gãc víi nhau. 
C©u 4 ( 2 ®iÓm). 
 1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x8 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 
n
x
x 




 + 53
1 , biÕt r»ng 
)3(73
1
4 +=− +++ nCC nnnn 
 ( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). knC
 2) TÝnh tÝch ph©n ∫ +=
32
5
2 4xx
dxI . 
C©u 5 (1 ®iÓm). 
 Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng 
.82 1 1 1 2
2
2
2
2
2 ≥+++++
z
z
y
y
x
x 
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. 
Hä vµ tªn thÝ sinh: .. . Sè b¸o danh: . mathvn.com
 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 
 ----------------------- M«n thi : to¸n khèi B 
 §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót 
_______________________________________________ 
C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè ( lµ tham sè). 3 23 (1)y x x m= − + m
 1) T×m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é. m
 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. 
C©u 2 (2 ®iÓm). 
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2otg tg 4sin 2
sin 2
x x xc
x
− + = . 
 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 
2
2
2
2
2 3
23 .
yy
x
xx
y
 += + =
C©u 3 (3 ®iÓm). 
 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho tam gi¸c cã y ABC
n 0, 90 .AB AC BAC= = BiÕt (1; 1)M − lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ 2 ; 0
3
  G lµ träng 
t©m tam gi¸c . T×m täa ®é c¸c ®Ønh . 

ABC , , A B C
 2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ mét h×nh thoi c¹nh , 
gãc 
. ' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a
n 060BAD = . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh vµ lµ trung ®iÓm c¹nh ' . 
Chøng minh r»ng bèn ®iÓm 
' NAA CC
', , , B M D N
'
 cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é 
dµi c¹nh ' theo a ®Ó tø gi¸c AA B MDN lµ h×nh vu«ng. 
 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho hai ®iÓm 
 vµ ®iÓm sao cho . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ 
trung ®iÓm 
yz
 0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)A B C (0; 6;AC
→ =
I cña BC ®Õn ®−êng th¼ng OA . 
C©u 4 (2 ®iÓm). 
 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 24 .y x x= + − 
 2) TÝnh tÝch ph©n 
π
4 2
0
1 2sin
1 sin 2
xI dx
x
−= +∫ . 
C©u 5 (1 ®iÓm). Cho lµ sè nguyªn d−¬ng. TÝnh tæng n
2 3 1
0 1 22 1 2 1 2 1
2 3 1
n
n
n n nC C C n
+− − −+ + + + +" nC 
 (C lµ sè tæ hîp chËp k cña phÇn tö). kn n
 ----------------------------------HÕt--------------------------------- 
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. 
Hä vµ tªn thÝ sinh.. Sè b¸o danh mathvn.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 
 ---------------------- M«n thi: to¸n Khèi D 
 §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót 
_______________________________________________ 
C©u 1 (2 ®iÓm). 
 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 
2 2 4 (1)
2
x xy
x
− += − . 
 2) T×m ®Ó ®−êng th¼ng d ym : 2 2m mx m= + − c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm 
ph©n biÖt. 
C©u 2 (2 ®iÓm). 
 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2πsin tg cos 0
2 4 2
x xx − − =   . 
 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh . 
2 222 2x x x x− + −− = 3
C©u 3 (3 ®iÓm). 
1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc cho ®−êng trßn Oxy
4)2()1( :)( 22 =−+− yxC vµ ®−êng th¼ng : 1 0d x y− − = . 
 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ( ®èi xøng víi ®−êng trßn qua ®−êng th¼ng 
T×m täa ®é c¸c giao ®iÓm cña vµ . 
')C
(C
( )C .d
) ( ')C
2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng 
3 2
: 
1 0.k
x ky z
d
kx y z
0+ − + = − + + = 
 T×m ®Ó ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng k kd ( ) : 2 5 0P x y z− − + = . 
 3) Cho hai mÆt ph¼ng vµ vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng ( ) ...  
 Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với: 22sin cos sin cos2 cos 2cos2 0x x x x x x− + + = 0,25 
⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0x x x x+ + = ⇔ (sin cos 2)cos 2 0x x x+ + = (1). 0,25 
Do phương trình sin cos 2 0x x+ + = vô nghiệm, nên: 0,25 
(1) ⇔ cos 2 0x = ⇔ 
4 2
x kπ π= + (k ∈ Z). 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: 1 6
3
x− ≤ ≤ . 0,25 
Phương trình đã cho tương đương với: 2( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = 0,25 
⇔ 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0
3 1 4 6 1
x x x x
x x
− −+ + − + =+ + − + 
⇔ x = 5 hoặc 3 1 3 1 0
3 1 4 6 1
x
x x
+ + + =+ + − + . 
0,25 
II 
(2,0 điểm) 
3 1 13 1 0 ; 6
33 1 4 6 1
x x
x x
⎡ ⎤+ + + > ∀ ∈ −⎢ ⎥+ + − + ⎣ ⎦ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25 
Đặt 2 lnt x= + , ta có 1d dt x
x
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25 
3
2
2
2 dtI t
t
−= ∫ 
3 3
2
2 2
1 1d 2 dt t
t t
= −∫ ∫ . 0,25 
3
3
2
2
2ln t
t
= + 0,25 
III 
(1,0 điểm) 
1 3ln
3 2
= − + . 0,25 
• Thể tích khối lăng trụ. 
Gọi D là trung điểm BC, ta có: 
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ 'A D, suy ra: n' 60ADA = D . 
0,25 
Ta có: 'AA = AD.tann'ADA = 3
2
a ; SABC = 
2 3
4
a . 
Do đó: 
3
. ' ' '
3 3V S . '
8ABC A B C ABC
aAA= = . 
0,25 
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. 
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: 
GH // 'A A ⇒ GH ⊥ (ABC). 
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao 
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). 
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = .GE GA
GH
 = 
2
2
GA
GH
. 
0,25 
IV 
(1,0 điểm) 
Ta có: GH = '
3
AA = 
2
a ; AH = 3
3
a ; GA2 = GH2 + AH2 = 
27
12
a . Do đó: R = 
27
2.12
a . 2
a
 = 7
12
a . 0,25 
H A 
B 
C 
'A 
'B 
'C 
G 
D 
A 
E 
H 
G 
I 
 Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2( )ab bc ca− + + . 0,25 
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 
2( ) 10
3 3
a b ct + +≤ ≤ = . 
Xét hàm 2( ) 3 2 1 2f t t t t= + + − trên 10;
2
⎡ ⎞⎟⎢⎣ ⎠ , ta có: 
2'( ) 2 3
1 2
f t t
t
= + − − ; 
3
2''( ) 2
(1 2 )
f t
t
= −
−
 ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )f t nghịch biến. 
0,25 
Xét trên đoạn 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ta có: 
1 11'( ) ' 2 3 0
3 3
f t f ⎛ ⎞≥ = − >⎜ ⎟⎝ ⎠ , suy ra f(t) đồng biến. 
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
0,25 
V 
(1,0 điểm) 
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). 
Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: 
( 4) ( 1) 0
4 1 5 0
2 2
x y
x y
+ − − =⎧⎪⎨ − ++ − =⎪⎩
 ⇒ D(4; 9). 0,25 
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) 
thỏa mãn: 2 2
5 0
( 5) 32
x y
x y
+ − =⎧⎪⎨ + − =⎪⎩
với x > 0, suy ra A(4; 1). 0,25 
⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2SABC
AC
 = 6. 
 B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). 
0,25 
Do d là phân giác trong của góc A, nên AB
JJJG
 và AD
JJJG
 cùng hướng, suy ra B(4; 7). 
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0. 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1
1
x y z
b c
+ + = . 0,25 
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: 1
b
 − 1
c
 = 0 (1). 0,25 
Ta có: d(O, (ABC)) = 1
3
 ⇔ 
2 2
1
1 11
b c
+ +
 = 1
3
 ⇔ 2
1
b
 + 2
1
c
 = 8 (2). 
0,25 
VI.a 
(2,0 điểm) 
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = 1
2
. 0,25 
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: 
 | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | 0,25 
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 
⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0. 0,25 
VII.a 
(1,0 điểm) 
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 2. 0,25 
 d 
 A 
 B 
 D 
C 
 Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) 
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). 
Đường thẳng AF1 có phương trình: 
1
3 3
x y+ = . 0,25 
M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra: 
2 31;
3
M
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 ⇒ MA = MF2 = 2 33 . 
0,25 
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25 
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2. 
Phương trình (T): ( )
2
2 2 3 41
3 3
x y
⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương vG = (2; 1; 2). 
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM
JJJJG = (t; −1; 0) 
⇒ ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦
G JJJJG
 = (2; 2t; − t − 2) 
0,25 
⇒ d(M, ∆) = 
,v AM
v
⎡ ⎤⎣ ⎦
G JJJJG
G = 
25 4 8
3
t t+ +
. 0,25 
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 
25 4 8
3
t t+ +
 = | t | 0,25 
VI.b 
(2,0 điểm) 
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. 
Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). 0,25 
Điều kiện y > 1
3
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 0,25 
Do đó, hệ đã cho tương đương với: 
2 2
3 1 2
(3 1) 3 1 3
xy
y y y
⎧ − =⎪⎨ − + − =⎪⎩
⇔ 
2
3 1 2
6 3 0
xy
y y
⎧ − =⎪⎨ − =⎪⎩
 0,25 
 ⇔ 
12
2
1
2
x
y
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
 0,25 
VII.b 
(1,0 điểm) 
⇔ 
1
1 .
2
x
y
= −⎧⎪⎨ =⎪⎩
 0,25 
------------- Hết ------------- 
M 
y 
x 
A 
F1 F2 
O 
N 
 Trang 1/4 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
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: R. 
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0. 
0,25 
- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6. 
- Giới hạn: lim
x
y→−∞ = limx y→+∞ = − ∞. 
0,25 
- Bảng biến thiên: 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = 1
6
x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25 
Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3 − 2x = − 6 0,25 
⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25 
I 
(2,0 điểm) 
Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − 1 = 0 0,25 
⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25 
Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 
II 
(2,0 điểm) 
(1) ⇔ sinx = 1
2
 ⇔ x = 
6
π + k2π hoặc x = 5
6
π + k2π ( k ∈ Z). 0,25 
'y + 0 − 
y 
 6 
− ∞ 
x −∞ 0 +∞ 
− ∞ 
y 
x 
6 
2− 2 
O 
 Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: x ≥ − 2. 
Phương trình đã cho tương đương với: ( )( )32 24 4 42 2 2 2 0xx x+ −− − = . 0,25 
• 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25 
• 2 22 x+ − 3 42x − = 0 ⇔ 2 2x + = x3 − 4 (1). 
Nhận xét: x ≥ 3 4 . 
0,25 
Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x3 + 4, trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ . 
'f (x) = 1
2x + − 3x
2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ . 
Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2. 
0,25 
I = 
1
32 ln d
e
x x x
x
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∫ = 1 2 ln d
e
x x x∫ − 
1
ln3 d
e x x
x∫ . 0,25 
• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = dx
x
và v = x2. 
1
2 ln d
e
x x x∫ = ( )2 1ln ex x − 
1
d
e
x x∫ = e2 − 2
1
2
e
x = 
2 1
2
e + . 
0,25 
• 
1
ln d
e x x
x∫ = ( )1 ln d ln
e
x x∫ = 2
1
1 ln
2
e
x = 1
2
. 0,25 
III 
(1,0 điểm) 
Vậy I = 
2
2
e − 1. 0,25 
• M là trung điểm SA. 
AH = 2
4
a , SH = 2 2SA AH− = 14
4
a . 
0,25 
HC = 3 2
4
a , SC = 2 2SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC. 
Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. 
0,25 
• Thể tích khối tứ diện SBCM. 
M là trung điểm SA ⇒ SSCM = 12 SSCA 
⇒ VSBCM = VB.SCM = 12 VB.SCA = 
1
2
VS.ABC 
0,25 
IV 
(1,0 điểm) 
⇒ VSBCM = 16 SABC.SH = 
3 14
48
a . 0,25 
Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. 
Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0. 0,25 
y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 )x x x x+ − + − 
 = ( )2( 3)(5 ) ( 2)(7 )x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra: 0,25 
y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1
3
. 0,25 
V 
(1,0 điểm) 
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25 
 S 
C D 
B A 
M 
H 
 Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 
(x + 2)2 + y2 = 74. 
Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC 
có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A). 
Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình: 
(x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1). 
0,25 
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất 
một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 . 
Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 274 a− ; a) và C(− 2 + 274 a− ; a). 
0,25 
AC ⊥ BH, suy ra: .AC BHJJJG JJJG = 0 
⇔ ( )274 5a− − ( )274 5a− + + (a + 7)(− 1 − a) = 0 
⇔ a2 + 4a − 21 = 0 
0,25 
⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn). 
Suy ra C(− 2 + 65 ; 3). 0,25 
 2. (1,0 điểm) 
Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là 
Pn
G = (1; 1; 1) và Qn
G = (1; − 1; 1), suy ra: 
,P Qn n⎡ ⎤⎣ ⎦
G G
 = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R). 
0,25 
Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. 0,25 
Ta có d(O,(R)) = ,
2
D
 suy ra: 
2
D
 = 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = 2 2− . 0,25 
VI.a 
(2,0 điểm) 
Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25 
Gọi z = a + bi, ta có: 2 2z a b= + và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25 
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 
2 2
2 2
2
0
a b
a b
⎧ + =⎪⎨ − =⎪⎩
 0,25 
⇔
2
2
1
1.
a
b
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
 0,25 
VII.a 
(1,0 điểm) 
Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: 2 2 2( 2)AH a b= + − và khoảng cách 
từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2. 0,25 
Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 1. 0,25 
Từ đó, ta có: 
2
2 2
4 4 0
2 0.
a b
a b b
⎧ − + =⎪⎨ + − =⎪⎩
Suy ra: (2 5 2; 5 1)H − − hoặc ( 2 5 2; 5 1)H − − − . 
0,25 
VI.b 
(2,0 điểm) 
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là 
( 5 1) 2 5 2 0x y− − − = hoặc ( 5 1) 2 5 2 0x y− + − = . 0,25 
I • 
A 
 B C 
H 
O 
H 
y 
x 
A 
P Q 
R 
• O 
 Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm) 
Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t). 
+ ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v
G = (2; 1; 2). 0,25 
Do đó: AM
JJJJG
 = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦
G JJJJG
 = (2 − t; 2; t − 3). 0,25 
Ta có: d(M, ∆2) = 
,v AM
v
⎡ ⎤⎣ ⎦
G JJJJG
G = 
22 10 17
3
t t− + , suy ra: 
22 10 17
3
t t− + = 1 0,25 
⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. 
Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4). 
0,25 
Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25 
Từ hệ đã cho, ta có: 
2 4 2 0
2
x x y
x y
⎧ − + + =⎪⎨ − =⎪⎩
 0,25 
⇔ 
2 3 0
2
x x
y x
⎧ − =⎪⎨ = −⎪⎩
 ⇔ 0
2
x
y
=⎧⎨ = −⎩
 hoặc 
3
1.
x
y
=⎧⎨ =⎩
 0,25 
VII.b 
(1,0 điểm) 
Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 
------------- Hết ------------- 
M 
∆2 
∆1 
 d =1 
H