Đáp án – thang điểm đềthi tuyển sinh đại học năm 2010 môn: toán; khối d

 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