Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 môn thi : Toán học

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 ... trong cỏc bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). 
Do đú giỏ 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 món: 
( 4) ( 1) 0
4 1 5 0
2 2
x y
x y
+ − − =⎧⎪⎨ − ++ − =⎪⎩
 ⇒ D(4; 9). 0,25 
Điểm A thuộc đường trũn đường kớnh CD, nờn tọa độ A(x; y) 
thỏa món: 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 món: (y − 1)2 = 36 
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). 
0,25 
Do d là phõn giỏc trong của gúc A, nờn AB
JJJG
 và AD
JJJG
 cựng hướng, suy ra B(4; 7). 
Do đú, đường thẳng BC cú phương trỡnh: 3x − 4y + 16 = 0. 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Mặt phẳng (ABC) cú phương trỡnh: 1
1
x y z
b c
+ + = . 0,25 
Mặt phẳng (ABC) vuụng gúc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: 1
b
 − 1
c
 = 0 (1). 0,25 
Ta cú: 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 cú: 
 | 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 cỏc số phức z là đường trũn cú phương trỡnh: x2 + (y + 1)2 = 2. 0,25 
 d 
 A 
 B 
 D 
C 
 Trang 4/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
1. (1,0 điểm) 
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). 
Đường thẳng AF1 cú phương trỡnh: 
1
3 3
x y+ = . 0,25 
M là giao điểm cú 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 nờn MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25 
Do đú đường trũn (T) ngoại tiếp tam giỏc ANF2 là đường trũn tõm M, bỏn kớnh MF2. 
Phương trỡnh (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 cú vectơ chỉ phương vG = (2; 1; 2). 
Do M thuộc trục hoành, nờn M cú 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 cú: 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 trỡnh thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 0,25 
Do đú, hệ đó 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 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
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 . 4 2 6y x x= − − +
1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
2. Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuụng gúc với đường thẳng 1 1
6
y x= − . 
Cõu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trỡnh s in 2 cos 2 3sin cos 1 0.x x x x− + − − =
2. Giải phương trỡnh 
3 32 2 2 2 44 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + −+ = + (x ∈ R). 
 Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 
1
32 ln
e
dI x x
x
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ x . 
Cõu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, cạnh bờn SA = a ; hỡnh 
chiếu vuụng gúc của đỉnh S trờn mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = 
4
AC . Gọi CM là đường 
cao của tam giỏc SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tớnh thể tớch khối tứ diện SMBC theo a. 
Cõu V (1,0 điểm) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 . 
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 toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú đỉnh A(3; −7), trực tõm là H(3; −1), tõm đường trũn 
ngoại tiếp là I(−2; 0). Xỏc định tọa độ đỉnh C, biết C cú hoành độ dương. 
2. Trong khụng gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết 
phương trỡnh mặt phẳng (R) vuụng gúc với (P) và (Q) sao cho khoảng cỏch từ O đến (R) bằng 2. 
Cõu VII.a (1,0 điểm) Tỡm số phức z thỏa món: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. 
B. Theo chương trỡnh Nõng cao 
Cõu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hỡnh chiếu 
vuụng gúc của A trờn Δ. Viết phương trỡnh đường thẳng Δ, biết khoảng cỏch từ H đến trục hoành 
bằng AH. 
2. Trong khụng gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: 
3x t
y t
z t
= +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
và Δ2: 2 12 1 2
x y− −= = z . Xỏc 
định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cỏch từ M đến Δ2 bằng 1. 
Cõu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh 
2
2 2
4 2 0
2log ( 2) log 0
x x y
x
⎧ − + + =⎪⎨ y− − =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
---------- 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: ................................ 
 Trang 1/4 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
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: R. 
• Sự biến thiờn: 
- Chiều biến thiờn: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0. 
0,25 
- Hàm số đồng biến trờn khoảng (−∞; 0); nghịch biến trờn 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 thiờn: 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Do tiếp tuyến vuụng gúc với đường thẳng y = 1
6
x − 1, nờn tiếp tuyến cú hệ số gúc bằng – 6. 0,25 
Do đú, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trỡnh − 4x3 − 2x = − 6 0,25 
⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25 
I 
(2,0 điểm) 
Phương trỡnh tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Phương trỡnh đó cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − 1 = 0 0,25 
⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25 
Do phương trỡnh cosx + sinx + 2 = 0 vụ nghiệm, nờn: 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 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: x ≥ − 2. 
Phương trỡnh đó 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 xột: x ≥ 3 4 . 
0,25 
Xột hàm số f(x) = 2 2x + − x3 + 4, trờn )3 4 ;⎡ +∞⎣ . 
'f (x) = 1
2x + − 3x
2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trờn )3 4 ;⎡ +∞⎣ . 
Ta cú f(2) = 0, nờn phương trỡnh (1) cú nghiệm duy nhất x = 2. 
Vậy phương trỡnh đó cho cú 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 cú: 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 đú tam giỏc SAC cõn tại C, suy ra M là trung điểm SA. 
0,25 
• Thể tớch 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 cú (− 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 đú giỏ trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25 
 S 
C D 
B A 
M 
H 
 Trang 3/4 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
1. (1,0 điểm) 
Đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC cú phương trỡnh: 
(x + 2)2 + y2 = 74. 
Phương trỡnh AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trỡnh BC 
cú dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC khụng đi qua A). 
Do đú hoành độ B, C thỏa món phương trỡnh: 
(x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1). 
0,25 
Phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt, trong đú cú ớt nhất 
một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 . 
Do C cú hoành độ dương, nờn 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 món). 
Suy ra C(− 2 + 65 ; 3). 0,25 
 2. (1,0 điểm) 
Ta cú vectơ phỏp 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 phỏp tuyến của (R). 
0,25 
Mặt phẳng (R) cú phương trỡnh dạng x − z + D = 0. 0,25 
Ta cú 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 trỡnh mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25 
Gọi z = a + bi, ta cú: 2 2z a b= + và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25 
Yờu cầu bài toỏn thỏa món 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 cỏc số phức cần tỡm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Gọi tọa độ H là (a; b), ta cú: 2 2 2( 2)AH a b= + − và khoảng cỏch 
từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2. 0,25 
Do H thuộc đường trũn đường kớnh OA, nờn: a2 + (b − 1)2 = 1. 0,25 
Từ đú, ta cú: 
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 trỡnh 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 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
2. (1,0 điểm) 
Ta cú: + M ∈ ∆1, nờn M(3 + t; t; t). 
+ ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và cú vectơ chỉ phương v
G = (2; 1; 2). 0,25 
Do đú: AM
JJJJG
 = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦
G JJJJG
 = (2 − t; 2; t − 3). 0,25 
Ta cú: 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 đú M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4). 
0,25 
Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25 
Từ hệ đó cho, ta cú: 
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 cú nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 
------------- Hết ------------- 
M 
∆2 
∆1 
 d =1 
H