1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = ⎨ ⎬.
⎩2⎭
• Sự biến thiên:
−1 0,25
Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D.
( 2 x −1)
2
⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ .
⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠
1 1
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − .
x → −∞ x → +∞ 2 2
0,25
1
lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = .
⎛1⎞
x →⎜ ⎟
⎛1⎞
x →⎜ ⎟
2
⎝2⎠ ⎝2⎠
Bảng biến thiên: 1
x −∞ +∞
2
y’ − −
1 0,25
− +∞
y 2 1
−
−∞ 2
• Đồ thị: y
(C)
O 1 1 x
2
1
− 0,25
2
–1
2. (1,0 điểm)
−x +1
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m =
2x −1
0,25
1 2
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*).
2
∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25
Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:
1 1 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 0,25
k1 + k2 = – – =− .
(2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2
Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2.
0,25
Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
Trang 1/5

2. Câu Đáp án Điểm
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
0,25
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25
π
• cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25
2
π π
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*).
4 4
0,25
π π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z).
2 4
2. (1,0 điểm)
⎧5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1)
⎪
⎨ 2 2
⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
⎩
2
(2). 0,25
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1.
0,25
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0
2 2
⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 0,25
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:
⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞
(x; y) = ⎜⎜ 5 ; 5 ⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − 5 ; − 5 ⎟ .
⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25
⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ⎜ 5 ; 5 ⎟ , ⎜ − 5 ; − 5 ⎟.
⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
π π π
III 4 4 4
( x sin x + cos x) + x cos x x cos x
(1,0 điểm) I = ∫
0
x sin x + cos x
dx = ∫ dx +
0
∫ x sin x + cos x dx.
0
0,25
π
4 π
π
Ta có: ∫ dx = x 04 = 0,25
0
4
π π
4 4 π
x cos x d(x sin x + cos x)
và ∫
0
x sin x + cos x
dx = ∫ x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x
0
) 4
0
0,25
⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
= ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜
⎜ 2 ⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ 2 ⎜ 4 + 1⎟ ⎟ . 0,25
⎝ ⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎠⎟⎠
IV S (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
(1,0 điểm) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và 0,25
(ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3.
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
H
D N C ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
A BC AB
M MN = = a, BM = = a. 0,25
B 2 2
( BC + MN ) BM 3a 2 1
Diện tích: SBCNM = = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅
2 2 3
Trang 2/5

3. Câu Đáp án Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)
⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25
Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
SA. AD 2a 39 0,25
⇒ d(AB, SN) = AH = = ⋅
SA2 + AD 2 13
V 1 1 2
Trước hết ta chứng minh: + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1.
(1,0 điểm) 1 + a 1 + b 1 + ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
0,25
⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
x 1 1 1 2
P= + + ≥ + .
2x + 3y 1 + z 1 + x 2+
3y x
1+ 0,25
y z x y
z x x
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: = hoặc = 1 (1)
y z y
x t2 2
Đặt = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + ⋅
y 2t + 3 1 + t
t2 2 − 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤
⎣ ⎦ < 0.
Xét hàm f(t) = 2 + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = 0,25
2t + 3 1 + t (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2
34 x
⇒ f(t) ≥ f(2) = ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
33 y
34
⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
33
0,25
34
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4, y = 1, z = 2.
33
VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
A o
Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB 0,25
I
⇒ SMAIB = IA.MA
⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 0,25
B M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
0,25
IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0
M ∆ ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25
2. (1,0 điểm)
⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 0,25
⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9
⎩
Trang 3/5

4. Câu Đáp án Điểm
⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 0,25
⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎩
⎧x = 2 y − 2
⎪
⇔ ⎨z = 3y 0,25
⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0
⎩
⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞
⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . 0,25
⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠
2
VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25
(1,0 điểm)
2 2 2 2 ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a
⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25
⎩2ab = − b
⎧a = − 2b 2
⇔ ⎨ 0,25
⎩b(2a + 1) = 0
⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞
⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ;
⎟ hoặc (a; b) = ⎜ − ; − ⎟.
⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠
0,25
1 1 1 1
Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i.
2 2 2 2
VI.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:
0,25
B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 4 − x2 .
y
Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
A 1 0,25
Diện tích: SOAB = x 4 − x 2
H 2
O x 1 2
= x (4 − x 2 ) ≤ 1.
B 2 0,25
Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2.
⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞
Vậy: A ⎜ 2;
⎜ ⎟ và B ⎜ 2; − ⎟ hoặc A ⎜ 2; − ⎟ và B ⎜ 2; ⎟. 0,25
⎝ 2 ⎟
⎠
⎜
⎝ 2 ⎟
⎠
⎜
⎝ 2 ⎟
⎠
⎜
⎝ 2 ⎟
⎠
2. (1,0 điểm)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
OA 4 2 0,25
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = .
3 3
2
Khoảng cách: d(I, (P)) = R2 − r 2 =
.
3
0,25
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*).
(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
2(a + b + c) 2c 2c 2
d(I, (P)) = = ⇒ = 0,25
2
a +b +c 2 2 2
2a + c 2 2
2a + c 2
3
⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25
Trang 4/5

5. Câu Đáp án Điểm
VII.b Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i
0,25
(1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25
⎧3a − 3b = 2
⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25
⎩a + b − 2 = −2
1 1 2
⇔ a= , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⋅ 0,25
3 3 3
------------- Hết -------------
Trang 5/5