Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng môn Toán - Năm học 2002-2003

mathvn.com
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:..................... 
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
 đề chính thức Môn thi : toán, Khối B.
 (Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
 Cho hàm số : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1=m .
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải ph−ơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− .
2. Giải bất ph−ơng trình: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx .
3. Giải hệ ph−ơng trình: 
 ++=+
−=−
.2
3
yxyx
yxyx
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
 Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng :
4
4
2xy −= và 
24
2xy = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
 

 0;
2
1I , ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB là 022 =+− yx và ADAB 2= . Tìm tọa độ các đỉnh
 DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập ph−ơng 1111 DCBABCDA có cạnh bằng a .
 a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng BA1 và DB1 .
 b) Gọi PNM ,, lần l−ợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,1 , 11DA . Tính góc giữa
 hai đ−ờng thẳng MP và NC1 .
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
 Cho đa giác đều nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O . Biết rằng số
 tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
 có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L , tìm n .
--------------------------------------Hết-------------------------------------------
Ghi chú : 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:...............................mathvn.com
 Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002
 Đề chính thức Môn thi : Toán, Khối D 
 (Thời gian làm bài : 180 phút)
 _________________________________________
CâuI ( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
 Cho hàm số : 
( )
1x
mx1m2
y
2
−
−−= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đ−ờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng xy = .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất ph−ơng trình : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− .
2. Giải hệ ph−ơng trình : 



=+
+
−=
+
.y
22
24
y4y52
x
1xx
2x3
Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
 Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng ph−ơng trình :
 04xcos3x2cos4x3cos =−+− .
Câu IV ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 2 điểm ).
1. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4 cm ;
AB = 3 cm ; BC = 5 cm . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 02yx2 =+−
và đ−ờng thẳng md : 
( ) ( )
( )

=++++
=−+−++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
 ( m là tham số ).
 Xác định m để đ−ờng thẳng md song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên d−ơng n sao cho 243C2....C4C2C nn
n2
n
1
n
0
n =++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có ph−ơng trình
1
9
y
16
x 22 =+ . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
đ−ờng thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ
nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó .
-------------------------Hết-------------------------
Chú ý :
 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.............................mathvn.com
 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 
 -------------------------- Môn thi : toán khối A 
 đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút 
 ___________________________________ 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số m
x
mxmxy ( (1) 
1
2
−
++= là tham số). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −1. 
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành 
 độ d−ơng. 
Câu 2 (2 điểm). 
 1) Giải ph−ơng trình .2sin
2
1sin
tg1
2cos1cotg 2 xx
x
xx −++=− 
 2) Giải hệ ph−ơng trình 


+=
−=−
.12
11
3xy
y
y
x
x 
Câu 3 (3 điểm). 
1) Cho hình lập ph−ơng . Tính số đo của góc phẳng nhị diện [ ]. . ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' ,
2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hình hộp chữ nhật 
 có trùng với gốc của hệ tọa độ, 
yz
; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b 
. Gọi ( 0, 0)a b> > M là trung điểm cạnh CC . '
a) Tính thể tích khối tứ diện 'BDA M theo a và b . 
b) Xác định tỷ số 
a
b
 để hai mặt phẳng và ( ' )A BD ( )MBD vuông góc với nhau. 
Câu 4 ( 2 điểm). 
 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của 
n
x
x 




 + 53
1 , biết rằng 
)3(73
1
4 +=− +++ nCC nnnn 
 ( n là số nguyên d−ơng, x > 0, là số tổ hợp chập k của n phần tử). knC
 2) Tính tích phân ∫ +=
32
5
2 4xx
dxI . 
Câu 5 (1 điểm). 
 Cho x, y, z là ba số d−ơng và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng 
.82 1 1 1 2
2
2
2
2
2 ≥+++++
z
z
y
y
x
x 
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HếT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: .. . Số báo danh: . mathvn.com
 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 
 ----------------------- Môn thi : toán khối B 
 Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút 
_______________________________________________ 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số ( là tham số). 3 23 (1)y x x m= − + m
 1) Tìm để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ. m
 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =2. 
Câu 2 (2 điểm). 
1) Giải ph−ơng trình 2otg tg 4sin 2
sin 2
x x xc
x
− + = . 
 2) Giải hệ ph−ơng trình 
2
2
2
2
2 3
23 .
yy
x
xx
y
 += + =
Câu 3 (3 điểm). 
 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho tam giác có y ABC
n 0, 90 .AB AC BAC= = Biết (1; 1)M − là trung điểm cạnh BC và 2 ; 0
3
  G là trọng 
tâm tam giác . Tìm tọa độ các đỉnh . 

ABC , , A B C
 2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là một hình thoi cạnh , 
góc 
. ' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a
n 060BAD = . Gọi M là trung điểm cạnh và là trung điểm cạnh ' . 
Chứng minh rằng bốn điểm 
' NAA CC
', , , B M D N
'
 cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ 
dài cạnh ' theo a để tứ giác AA B MDN là hình vuông. 
 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hai điểm 
 và điểm sao cho . Tính khoảng cách từ 
trung điểm 
yz
 0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)A B C (0; 6;AC
→ =
I của BC đến đ−ờng thẳng OA . 
Câu 4 (2 điểm). 
 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 24 .y x x= + − 
 2) Tính tích phân 
π
4 2
0
1 2sin
1 sin 2
xI dx
x
−= +∫ . 
Câu 5 (1 điểm). Cho là số nguyên d−ơng. Tính tổng 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 là số tổ hợp chập k của phần tử). kn n
 ----------------------------------Hết--------------------------------- 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh.. Số báo danh mathvn.com
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 
 ---------------------- Môn thi: toán Khối D 
 Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút 
_______________________________________________ 
Câu 1 (2 điểm). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 2 4 (1)
2
x xy
x
− += − . 
 2) Tìm để đ−ờng thẳng d ym : 2 2m mx m= + − cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm 
phân biệt. 
Câu 2 (2 điểm). 
 1) Giải ph−ơng trình 2 2 2πsin tg cos 0
2 4 2
x xx − − =   . 
 2) Giải ph−ơng trình . 
2 222 2x x x x− + −− = 3
Câu 3 (3 điểm). 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc cho đ−ờng tròn Oxy
4)2()1( :)( 22 =−+− yxC và đ−ờng thẳng : 1 0d x y− − = . 
 Viết ph−ơng trình đ−ờn ... 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 đú phương trỡnh đó cho cú nghiệm: x = 5. 0,25 
Đặt 2 lnt x= + , ta cú 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 tớch khối lăng trụ. 
Gọi D là trung điểm BC, ta cú: 
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ 'A D, suy ra: n' 60ADA = D . 
0,25 
Ta cú: 'AA = AD.tann'ADA = 3
2
a ; SABC = 
2 3
4
a . 
Do đú: 
3
. ' ' '
3 3V S . '
8ABC A B C ABC
aAA= = . 
0,25 
• Bỏn kớnh mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. 
Gọi H là trọng tõm tam giỏc ABC, suy ra: 
GH // 'A A ⇒ GH ⊥ (ABC). 
Gọi I là tõm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta cú I là giao 
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). 
Gọi E là trung điểm AG, ta cú: R = GI = .GE GA
GH
 = 
2
2
GA
GH
. 
0,25 
IV 
(1,0 điểm) 
Ta cú: GH = '
3
AA = 
2
a ; AH = 3
3
a ; GA2 = GH2 + AH2 = 
27
12
a . Do đú: 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 
Cõu Đỏp ỏn Điểm
Ta cú: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2( )ab bc ca− + + . 0,25 
Đặt t = ab + bc + ca, ta cú: 
2( ) 10
3 3
a b ct + +≤ ≤ = . 
Xột hàm 2( ) 3 2 1 2f t t t t= + + − trờn 10;
2
⎡ ⎞⎟⎢⎣ ⎠ , ta cú: 
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 
Xột trờn đoạn 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ta cú: 
1 11'( ) ' 2 3 0
3 3
f t f ⎛ ⎞≥ = − >⎜ ⎟⎝ ⎠ , suy ra f(t) đồng biến. 
Do đú: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
0,25 
V 
(1,0 điểm) 
Vỡ 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 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 
 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