Đề và đáp án thi tuyển sinh đại học, cao đẳng môn thi: Toán (10 năm)

bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 
 ------------------------------ Môn thi : toán 
 Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút) 
_____________________________________________ 
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 
 Cho hàm số : (1) ( là tham số). 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1=m 
2. Tìm k để ph−ơng trình: − có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =−++ kkxx
3. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). 
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) 
 Cho ph−ơng trình : 0121loglog 23
2
3 =−−++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải ph−ơng trình (2) khi .2=m 
2. Tìm để ph−ơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m 33;1 ]. 
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) 
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( π của ph−ơng trình: .32cos
2sin21
3sin3cossin +=


+
++ x
x
xxx5 
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS. ,S M và lần l−ợt N
 là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC a AMN
 mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đ−ờng thẳng: 
 ∆ và ∆ . 

=+−+
=−+−
0422
042
:1 zyx
zyx



+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:2
 a) Viết ph−ơng trình mặt phẳng chứa đ−ờng thẳng )(P 1∆ và song song với đ−ờng thẳng .2∆ 
 b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M H thuộc đ−ờng thẳng 2∆ sao cho đoạn thẳng MH 
 có độ dài nhỏ nhất. 
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A
 ph−ơng trình đ−ờng thẳng là BC ,033 =−− yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và 
 bán kính đ−ờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC
 2. Cho khai triển nhị thức: 
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 là số nguyên d−ơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t− 13 5 nn C=
 bằng , tìm và n20 n x . 
----------------------------------------Hết--------------------------------------------- 
Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V. 
 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:..................... 
1bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
 ------------------------------------- Đáp án và thang điểm
 môn toán khối A
Câu ý Nội dung ĐH CĐ
I 1 23 31 xxym +−=⇒=
Tập xác định Rx∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= xxxxy , 

=
=⇔=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" =⇔==+−= xyxy
Bảng biến thiên
∞+∞− 210x
−'y +0 −0
−+ 0"y
 y +∞ lõm U 4
 CT 2 CĐ
 0 lồi ∞−
 

=
=⇔=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =−y
Đồ thị:
 ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
∑1 ,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-1 1 2 3 x0
2
4
y
2I 2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− .
Đặt 23 3kka +−= Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình axx =+− 23 3
 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka
 ( )( )

>−+
<≠⇔


>+−+
<≠⇔
021
30
0)44)(1(
30
22 kk
k
kkk
k
 

≠∧≠
<<−⇔
20
31
kk
k
Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− kkxkxkxkkxx
 có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ kkxkxxf
 có 2 nghiệm phân biệt khác k
 

≠∧≠
<<−⇔


≠−+−+
>++−=∆⇔
20
31
033
0963
222
2
kk
k
kkkkk
kk
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25đ
0,25 đ
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , 

+=
−=⇔=
1
1
0
2
1'
mx
mx
y
Ta thấy 21 xx ≠ và 'y đổi dấu khi qua 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại
1x và 2x .
23)( 211 −+−== mmxyy và 23)( 222 ++−== mmxyy
Ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
 ( )23;1 21 −+−− mmmM và ( )23;1 22 ++−+ mmmM là:
 ⇔+−+=+−
4
23
2
1 2 mmymx mmxy +−= 22
Cách II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm có 2 nghiệm 21 xx ≠
 và 'y đổi dấu khi qua 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại 1x và 2x .
Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−=
( ) .23363
33
1 222 mmxmmxxmx +−+−++−

 −=
Từ đây ta có mmxy +−= 211 2 và mmxy +−= 222 2 .
Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +−= 22 .
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
 ----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
 Với 2=m ta có 051loglog 2323 =−++ xx
 Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
 06051 22 =−+⇔=−+− tttt .
2
3
2
1

=
−=⇔
t
t
∑ 5,0 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
331 −=t (loại) , 33232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt
33±=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog 23
2
3 =−−++ mxx (2)
 Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
 0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[ 233
3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xtxx
 Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3∈ khi và chỉ khi (3) có
 nghiệm [ ]2,1∈ . Đặt tttf += 2)(
Cách 1.
 Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
 Ph−ơng trình 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt có nghiệm [ ]2;1∈
 .20
622
222
22)2(
22)1( ≤≤⇔

≤+
+≤⇔

+≥
+≤⇔ m
m
m
mf
mf
 Cách 2.
 TH1. Ph−ơng trình (3) có 2 nghiệm 21 , tt thỏa mãn 21 21 <≤< tt .
 Do 1
2
1
2
21 <−=+ tt nên không tồn tại m .
 TH2. Ph−ơng trình (3) có 2 nghiệm 21 , tt thỏa mãn
 21 21 ≤≤≤ tt hoặc 21 21 tt ≤≤≤
 ( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm .
 (Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5 32cos
2sin21
3sin3cossin +=


+
++ x
x
xxx . Điều kiện 
2
12sin −≠x
Ta có 5 =


+
++
x
xxx
2sin21
3sin3cossin 5 


+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5 =


+
++−+
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5 x
x
xx cos5
2sin21
cos)12sin2( =


+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx
 2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
42.
Vì (0∈x ; )π2 nên lấy 
31
π=x và
3
5
2
π=x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều
kiện 
2
12sin −≠x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 
31
π=x và
3
5
2
π=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy ph−ơng trình 3|34| 2 +=+− xxx có 2 nghiệm 01 =x và .52 =x
 Mặt khác ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . Vậy
( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+= 1
0
3
1
22
5
0
2 343343|34|3
 ( )dxxxx∫ −+−++ 5
3
2 343
( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−= 5
3
2
3
1
2
1
0
2 5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
16
2
3
3
1
2
5
3
1 

 +−+

 +−+

 +−= xxxxxxxS
6
109
3
22
3
26
6
13 =++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
 ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x )
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1. ∑1đ ∑1đ
x510-1
y
3
32
1
8
-1
5 S
 N
 I
 M C
 A K
 B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI ∩= . Từ giả thiết
MNaBCMN ,
22
1 ==⇒ // BC I⇒ là trung điểm của SK và MN .
Ta có ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyến t−ơng ứng ANAM =
 AMN∆⇒ cân tại A MNAI⊥⇒ .
Mặt khác 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊂
=∩
⊥
.
Suy ra SAK∆ cân tại 
2
3aAKSAA ==⇒ .
244
3 222222 aaaBKSBSK =−=−=
4
10
84
3
2
222
222 aaaSKSASISAAI =−=

−=−=⇒ .
Ta có 
16
10.
2
1 2aAIMNS AMN ==∆ (đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI⊥ nh− sau:
 ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ .
2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:
 Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
 


 −



 −

−

 haSaAaCaBK ;
6
3;0,0;
2
3;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
 trong đó h là độ dài đ−ờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
62a)
Cách I. Ph−ơng trình mặt phẳng )(P chứa đ−ờng thẳng 1∆ có dạng:( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα )
⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx
Vậy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr .Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ và ( ) 22 1;2;1 ∆∈M
( )P // ( ) ( ) ( )

∉
=−⇔


∉
=⇔∆
PMPM
unP
22
2
2
0
1;2;1
0. βαrr
 Vậy ( ) 02: =− zxP
Cách II Ta có thể chuyển ph−ơng trình 1∆ sang dạng tham số nh− sau:
Từ ph−ơng trình 1∆ suy ra .02 =− zx Đặt 


=
−=
=
∆⇒=
'4
2'3
'2
:'2 1
tz
ty
tx
tx
( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ uM r // 1∆ .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm 11 ∆∈M bằng cách cho 020 =−=⇒= zyx
và tính ( )4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1 =


 −
−−
−=ur ).
 Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunP rrr . Vậy ph−ơng trình mặt phẳng )(P đi qua ( )0;2;01 −M
và ⊥ ( )1;0;2 −=Pnr là: 02 =− zx .
Mặt khác ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−ơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 =− zx
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I. ( ) MHtttHH ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt
( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ( )3;3;21 Ht ⇒=
Cách II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ .
MH nhỏ nhất ( )4;3;210. 22 HtuMHMH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔ r
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
V 1.
Ta có ( )0;1BOxBC =I . Đặt axA = ta có );( oaA và
.33 −=⇒= ayax CC Vậy ( )33; −aaC .
Từ công thức 
( )
( )


++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
 ta có 


 −+
3
)1(3;
3
12 aaG .
Cách I.
 Ta có :
 |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do đó
∑1đ
0,25 đ
7( )21
2
3.
2
1 −==∆ aACABS ABC .
Ta có 
( )
|1|3|1|3
132 2
−+−
−=++= aa
a
BCACAB
Sr = .2
13
|1| =+
−a
 Vậy .232|1| +=−a
TH1. 


 ++⇒+=
3
326;
3
347332 11 Ga
TH2 


 −−−−⇒−−=
3
326;
3
134132 22 Ga .
Cách II.
 y
 C
 I
 O B A x
Gọi I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp ABC∆ . Vì 22 ±=⇒= Iyr .
Ph−ơng trình ( ) 321
3
11.30: 0 ±=⇒−=−= IxxxtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=⇒ IxB Từ 2),( =ACId
.3232 +=+=⇒ Ixa 


 ++⇒
3
326;
3
347
1G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321−=⇒ IxB T−ơng tự
ta có .3212 −−=−= Ixa 


 −−−−⇒
3
326;
3
134
2G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2.
Từ 13 5 nn CC = ta có 3≥n và
∑1 đ
8( ) ( ) 028356
)2)(1(
!1
!5
!3!3
! 2 =−−⇔=−−⇔−=− nnn
nnn
n
n
n
n
 41 −=⇒ n (loại) hoặc .72 =n
Với 7=n ta có
.4421402.2.3514022 222
3
3
4
2
1
3
7 =⇔=⇔=⇔=






 −−−−− xC xxx
xx
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học ... 
⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). 
Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13). 
0,25 
VII.a Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta cú: 
5 3 1 0iz
z
+
− −
(1,0 điểm) 
= ⇔ a – bi – 5 i
a bi
+
+
3 – 1 = 0 
0,25 
 Trang 4/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
⇔ a2 + b2 – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a2 + b2 – a – 5) – (b + 3 )i = 0 0,25 
⇔ 
2 2 5 0
3 0
a b a
b
⎧ + − − =⎪⎨
+ =⎪⎩
 ⇔ 
2 2 0
3
a a
b
⎧ − − =⎪⎨
= −⎪⎩
 0,25 
⇔ (a; b) = (– 1; – 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25 
1. (1,0 điểm) 
5 ; 0
2
BD ⎛= ⎜⎝ ⎠
JJJG ⎞⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giỏc ABC cõn tại A; 
⇒ đường thẳng AD vuụng gúc với EF, cú phương trỡnh: x – 3 = 0. 
0,25 
F cú tọa độ dạng F(t; 3), ta cú: BF = BD ⇔ 
2
21 22
2 4
t⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠
5 ⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 0,25 
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF cú phương trỡnh: 
4x + 3y – 5 = 0. 
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A 73; ,
3
⎛
−⎜⎝ ⎠
⎞⎟ khụng thỏa món 
yờu cầu (A cú tung độ dương). 
0,25 
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trỡnh BF: 4x – 3y + 1 = 0. 
⇒ A 133; ,
3
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ thỏa món yờu cầu. Vậy, cú: A 133; .3
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠
0,25 
2. (1,0 điểm) 
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M cú dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). 0,25 
⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒ AMJJJJG ABJJJG ,AM AB⎡ ⎤⎣ ⎦
JJJJG JJJG
 = (– t – 12; t + 6; t). 0,25 
S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25 
VI.b 
(2,0 điểm) 
⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19). 
A 
B C 
E F 
D 
0,25 
1 + i 3 = 1 32
2 2
i
⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 = 2 cos sin
3 3
iπ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
π và 1 + i = 2 cos sin ;
4 4
iπ π⎛ ⎞+⎜⎝ ⎠⎟ 0,25 
VII.b 
(1,0 điểm) 
suy ra: z = ( )8 cos sin
3 32 2 cos sin
4 4
i
i
π π
π π
+
⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25 
= 2 2 cos sin
4 4
iπ π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
= 2 + 2i. Vậy số phức z cú: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25 
------------- Hết ------------- 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Mụn: TOÁN; Khối: D 
Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Cõu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
xy
x
+
= ⋅
+
1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
2. Tỡm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phõn biệt A, B sao cho khoảng 
cỏch từ A và B đến trục hoành bằng nhau. 
 Cõu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trỡnh sin 2 2cos sin 1 0.
tan 3
x x x
x
+ − −
=
+
2. Giải phương trỡnh ( ) ( )22 1
2
log 8 log 1 1 2 0 ( ).x x x− + + + − − = ∈\x 
Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 
4
0
4 1 d .
2 1 2
xI x
x
−
=
+ +∫ 
Cõu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại B, BA = 3a, BC = 4a; 
mặt phẳng (SBC) vuụng gúc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3a và Tớnh thể tớch 
khối chúp S.ABC và khoảng cỏch từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 
n 30 .SBC = D
 Cõu V (1,0 điểm) Tỡm m để hệ phương trỡnh sau cú nghiệm: 
3 2
2
2 ( 2)
( , ).
1 2
x y x xy m
x y
x x y m
⎧ − + + =⎪
∈⎨
+ − = −⎪⎩
\
PHẦN RIấNG (3,0 điểm): Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trỡnh Chuẩn 
Cõu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú đỉnh B(– 4; 1), trọng tõm G(1; 1) và đường 
thẳng chứa phõn giỏc trong của gúc A cú phương trỡnh x – y – 1 = 0. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh A và C. 
2. Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: 1 3
2 1 2
x y z+ −
= =
−
⋅ 
Viết phương trỡnh đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuụng gúc với đường thẳng d và cắt trục Ox. 
Cõu VII.a (1,0 điểm) Tỡm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i. 
 B. Theo chương trỡnh Nõng cao 
Cõu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường trũn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết 
phương trỡnh đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giỏc AMN vuụng cõn tại A. 
2. Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3:
2 4 1
x y− −Δ = = z và mặt phẳng 
 Viết phương trỡnh mặt cầu cú tõm thuộc đường thẳng ∆, bỏn kớnh bằng 1 và 
tiếp xỳc với mặt phẳng (P). 
( ) : 2 2 0.P x y z− + =
Cõu VII.b (1,0 điểm) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và giỏ trị lớn nhất của hàm số 
22 3
1
x xy
x
+ +
=
+
3 trờn 
đoạn [0; 2]. 
----------- Hết ---------- 
 Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu. Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. 
 Họ và tờn thớ sinh:.............................................; Số bỏo danh:................................ 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Mụn: TOÁN; Khối D 
(Đỏp ỏn - thang điểm gồm 04 trang) 
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
1. (1,0 điểm) 
• Tập xỏc định: { }\ 1D = −\ . 
• Sự biến thiờn: 
– Chiều biến thiờn: 2
1' 0
( 1)
y
x
=
+
,> ∀ x ∈ D. 
Hàm số đồng biến trờn cỏc khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞). 
0,25 
– Giới hạn và tiệm cận: lim lim
x x
y y
→ −∞ → +∞
= = 2; tiệm cận ngang: y = 2. 
 = + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. 
( )1
lim
x
y
−
→ − ( )1
lim
x
y
+
→ −
0,25 
 – Bảng biến thiờn: 
 Trang 1/4 
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 trỡnh: 
kx + 2k + 1 = 2 1
1
x
x
+
+
 ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 khụng là nghiệm) 
⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1). 
0,25 
d cắt (C) tại hai điểm phõn biệt A và B, khi và chỉ khi (1) cú hai nghiệm phõn biệt 
⇔ ⇔ ⎨ ⇔ 00
k ≠⎧⎨Δ >⎩ 2
0
6 1 0
k
k k
≠⎧
− + >⎩
0
3 2 2 3 2 2.
k
k k
≠⎧⎪⎨
 +⎪⎩
 (*). 0,25 
I 
(2,0 điểm) 
Khi đú: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1). 
 x − ∞ –1 
y’ + + 
y 
 − ∞ 
 + ∞ 
+ ∞ 
 2 
 2 
2 
x 
y 
– 1 O 
1 
0,25 
d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ 1 2 1kx k+ + = 2 2 1kx k+ + 
 Trang 2/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). 
Áp dụng định lý Viột đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa món (*). 
Vậy, giỏ trị cần tỡm là: k = – 3. 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*). 
Phương trỡnh đó cho tương đương với: sin2x + 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 đú, phương trỡnh đó cho tương đương với: ( ) ( )22 2log 8 log 4 1 1x x⎡ ⎤− = + + −⎣ ⎦x 0,25 
⇔ 8 – x2 = 4 ( 1 1 )x x+ + − ⇔ (8 – x2)2 = 16 ( )22 2 1 x+ − (1). 0,25 
Đặt t = 21− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 
⇔ (t – 1)2(t2 + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1. 
0,25 
II 
(2,0 điểm) 
Do đú, (1) ⇔ 21− =x 1 ⇔ x = 0, thỏa món (*). 
Vậy, phương trỡnh cú nghiệm: x = 0. 
0,25 
Đặt t = 2 1x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. 
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3. 0,25 
I = 
3 3
1
2 3 d
2
t t t
t
−
+∫ = 
3
2
1
102 4 5
2
t t
t
⎛ ⎞
− + −⎜ ⎟
+⎝ ⎠∫
III 
dt 0,25 
= 
33
2
1
2 2 5 10ln 2
3
t t t t
⎛ ⎞
− + − +⎜ ⎟ 0,25 ⎝ ⎠
(1,0 điểm) 
= 34 310ln .
3 5
+ 0,25 
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin = nSBC 3.a 0,25 
Diện tớch: SABC = 
1
2
BA.BC = 6a2. 
Thể tớch: VS.ABC = 
1
3
SABC.SH = 32 3 
IV 
.a
0,25 
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) 
⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). 
BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HC nSBC
⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)). 
0,25 
(1,0 điểm) 
Ta cú AC = 2 2BA BC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. HC
AC
 = 3 .
5
a 
HK = 
2 2
.SH HD
SH HD+
 = 3 7
14
a . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = 6 7 .
7
a 
0,25 
V 
(1,0 điểm) Hệ đó cho tương đương với: 
2
2
( )(2 )
( ) (2 ) 1 2
x x x y m
B 
S 
A 
C 
D 
H K 
.x x x y
⎧ − − =⎪⎨
− + − = −⎪⎩ m
 0,25 
 Trang 3/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
Đặt u = x2 – x, u ≥ – 1 ;
4
 v = 2x – y. 
Hệ đó cho trở thành: ⇔ 
1 2
uv m
u v m
=⎧⎨
+ = −⎩
2 (2 1) 0 (1)
1 2 .
u m u m
v m u
⎧ + − + =⎨
= − −⎩
Hệ đó cho cú nghiệm, khi và chỉ khi (1) cú nghiệm thỏa món u ≥ – 1 .
4
0,25 
Với u ≥ – 1 ,
4
 ta cú: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 
2
.
2 1
u u
u
− +
+
Xột hàm f(u) = 
2
,
2 1
u u
u
− +
+
 với u ≥ – 1 ;
4
 ta cú: 
'( )f u = – 
2
2
2 2 1;
(2 1)
u u
u
+ −
+
 '( )f u = 0 ⇔ u = 1 3 .
2
− + 
0,25 
Bảng biến thiờn: 
Suy ra giỏ trị cần tỡm là: m ≤ 2 3 .
2
−
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta cú: 3BD GD=
JJJG JJJG
 ⇔ ⇒ 4 3( 1)
1 3( 1)
x x
y y
+ = −⎧⎨
− = −⎩
7 ; 1 .
2
D ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 
0,25 
Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phõn giỏc trong 
d: x – y – 1 = 0 của gúc A. 
f(u) 
u 1
4
− 1 3
2
− + 
'( )
+ ∞ 
f u + 0 – 
5
8
− 
– ∞
2 3
2
− 
Ta cú EB vuụng gúc với d và trung điểm I của EB 
thuộc d nờn tọa độ E là nghiệm của hệ: 
1( 4) 1( 1) 0
4 1 1 0
2 2
x y
x y
+ + − =⎧⎪⎨ − +
− − =⎪⎩
 ⇔ ⇒ E(2; – 5). 3 0
7 0
x y
x y
+ + =⎧⎨
− − =⎩
0,25 
Đường thẳng AC đi qua D và E, cú phương trỡnh: 4x – y – 13 = 0. 0,25 
Tọa độ A(x; y) thỏa món hệ: ⎧⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 1 04 13
x y
x y
− − =
0− − =⎩ 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuụng gúc với d, cú phương trỡnh: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25 
Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua cỏc điểm A, B. 0,25 
B ∈ Ox, cú tọa độ B(b; 0; 0) thỏa món phương trỡnh 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25 
VI.a 
(2,0 điểm) 
 A D
 B 
G • 
C E 
Phương trỡnh ∆: 
1 2
2 2
3 3 .
x t
y t
z t
= +⎧⎪
= +⎨⎪
= +⎩
 0,25 
VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta cú: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 
0,25 
 Trang 4/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25 
⇔ 
3 1
3 3 9
a b
a b
− − =⎧⎨
− =⎩ 0,25 
(1,0 điểm) 
⇔ Vậy z = 2 – i. 
2
1.
a
b
=⎧⎨
= −⎩ 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Đường trũn (C) cú tõm I(1; – 2), bỏn kớnh bằng 10. 
Ta cú: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương 
trỡnh ∆ cú dạng: y = m. 
0,25 
Hoành độ M, N là nghiệm phương trỡnh: 
x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). 
(1) cú hai nghiệm phõn biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: 
m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đú ta cú: M(x1; m) và N(x2; m). 
0,25 
AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN
JJJJG JJJG
1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25 
Áp dụng định lý Viột đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 
⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa món (*). Vậy, phương trỡnh ∆: y = 1 hoặc y = – 3. 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Gọi I là tõm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I cú dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25 
Mặt cầu tiếp xỳc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1 
⇔ 
2(1 2 ) (3 4 ) 2
3
t t+ − + + t
 = 1 
0,25 
⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25 
VI.b 
(2,0 điểm) 
Phương trỡnh mặt cầu: 
(x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1. 
0,25 
2
2
2 4'
( 1)
x xy
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; 2min y = 3, tại x = 0; [ ]0; 2max y = 
17 ,
3
 tại x = 2. 0,25 
------------- Hết ------------- 
 A 
 y 
 x O 
M N 
I – 2 
– 3 
1