Đề thi tuyển sinh đại học năm 2013 môn học: Toán; khối A và khối A1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx− 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + tanx = 2
√
2 sin
(
x+
pi
4
)
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
{ √
x+ 1 + 4
√
x− 1−
√
y4 + 2 = y
x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
2∫
1
x2 − 1
x2
lnx dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ÂBC = 30◦, SBC là
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b+ c) = 4c2. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P =
32a3
(b+ 3c)3
+
32b3
(a+ 3c)3
−
√
a2 + b2
c
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d : 2x+ y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C , biết rằng N(5;−4).
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
x− 6
−3 =
y + 1
−2 =
z + 2
1
và điểm A(1; 7; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm
M thuộc ∆ sao cho AM = 2
√
30.
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất
để số được chọn là số chẵn.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y = 0. Đường
tròn (C) có bán kính R =
√
10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4
√
2. Tiếp tuyến của (C)
tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+ 3y+ z− 11 = 0
và mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y − 2z − 8 = 0. Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ
tiếp điểm của (P ) và (S).
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z = 1+
√
3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo
của số phức w = (1 + i)z5.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 
Mơn: TỐN; Khối A và khối A1 
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm) 
Khi m = 0 ta cĩ 3 23 1y x x .= − + − 
• Tập xác định: .D = \
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: hoặc 2' 3 6 ; ' 0y x x y x= − + = ⇔ = 0 2.x = 
0,25 
 Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: ( ; 0)−∞ và (2; ).+ ∞ 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. 
- Giới hạn: lim ; lim .
x x
y y→−∞ →+∞= +∞ = −∞
0,25 
- Bảng biến thiên: 
Trang 1/4 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Ta cĩ 2' 3 6 3y x x= − + + .m
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; )+∞ khi và chỉ khi ' 0, 0y x≤ ∀ > 0,25 
2 2 , 0.m x x x⇔ ≤ − ∀ > 
Xét 2( ) 2f x x x= − với Ta cĩ 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.f x x f x x= − = ⇔ = 
0,25 
Bảng biến thiên: 
0,25 
1 
(2,0 điểm) 
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài tốn là m 1.
x 
'y 
y 
− ∞ + ∞ 0 2 
0 0 − − + 
+ ∞ 
− ∞ −1 
3 
2 O
y 
x 
3 
−1
x 
( )f x
0 + ∞1 
0 − 
0 
+ 
−1 
+ ∞
'( )f x
≤ − 0,25 
Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠ sin1 2(sin co
cos
x s )x x
x
+ = + 0,25 
(sin cos )(2cos 1) 0.x x x⇔ + − = 0,25 
πsin cos 0 π ( )
4
x x x k k• + = ⇔ = − + ∈] . 0,25 
2 
(1,0 điểm) 
π2cos 1 0 2π ( )
3
x x k k• − = ⇔ = ± + ∈] . 
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: π π
4
x k= − + hoặc π 2π ( )
3
x k k= ± + ∈] . 
0,25 
44
2 2
1 1 2
2 ( 1) 6 1 0 (2)
x x y y
x x y y y
⎧ + + − − + =⎪⎨⎪ + − + − + =⎩
(1)
,
Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra 1.x ≥ 24 ( 1)y x y= + − 0.y ≥
0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Đặt 4 1,u x= − suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥ 4 42 2 (3).u u y y+ + = + + 
Xét 4( ) 2 ,f t t= + + t với Ta cĩ 0.t ≥
3
4
2'( ) 1 0, 0.
2
tf t t
t
= + > ∀ ≥
+
Do đĩ phương trình (3) tương đương với ,y u= nghĩa là 4 1.x y= + 
0,25 
Thay vào phương trình (2) ta được 7 4( 2 4) 0 (4).y y y y+ + − =
Hàm cĩ 7 4( ) 2 4g y y y y= + + − 6 3'( ) 7 8 1 0g y y y= + + > với mọi 0.y ≥ 0,25 
Mà nên (4) cĩ hai nghiệm khơng âm là (1) 0,g = 0y = và 1.y = 
Với ta được nghiệm ( ; với 0y = ) (1; 0);x y = 1y = ta được nghiệm ( ; ) (2; 1).x y = 
Vậy nghiệm ( ; )x y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1).
0,25 
Đặt 
2
2
1 dln , d d d , .x xu x v x u v x 1
x xx
−= = ⇒ = = + 0,25 
Ta cĩ 
22
1 1
1 1ln dI x x x 1 x
x x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ 0,25 
2 2
1 1
1 1lnx x x
x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 
4 
(1,0 điểm) 
 5 3ln 2 .
2 2
= − 0,25 
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) 
vuơng gĩc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). 0,25 
Ta cĩ BC = a, suy ra 3 ;
2
aSH = osin30 ;
2
aAC BC= = 
o 3cos30 .
2
aAB BC= = 
Do đĩ 
3
.
1 . .
6 1S ABC
a .
6
H AB AC= =V S 
0,25 
Tam giác ABC vuơng tại A và H là trung điểm của BC nên 
HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là 
trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Do đĩ 
2
2 13 .
4 4
AB aSI SB= − = 
Suy ra . .
3 6 39( ,( )) .
. 1
S ABC S ABC
SAB
V V ad C SAB
S SI ABΔ
= = =
3
0,25 
S 
A B 
C 
I 
H 
Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm
Đặt ,ax y
c c
= = .b Ta được Điều kiện của bài tốn trở thành 0, 0.x y> > 3.xy x y+ + =
Khi đĩ 
33 2 2
3 3
3232 .
( 3) ( 3)
yxP x
y x
= + − ++ + y
v> >
Với mọi u ta cĩ 0, 0
3
3 3 3 3 3 ( )3( ) 3 ( ) ( ) ( )4 4
u v .v u v uv u v u v u v ++ = + − + ≥ + − + =u 
Do đĩ 
333 23
3 3
32 ( ) 2 3 332 8 83 3 3 3 9( 3) ( 3)
y y x y xy xx x
y x xy x yy x
⎛ ⎞+ − + +⎛ ⎞+ ≥ + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠+ + ⎝ ⎠
.y 
0,25 
Thay 3xy x= − − y vào biểu thức trên ta được 
333 3
3 3
32 ( 1)( 6)32 8 (2( 6)( 3) ( 3)
y x y x yx x yx yy x
+ − + +⎛ ⎞+ ≥ = + −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠+ + 1) . Do đĩ 
3 2 2 3 2 3 2( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6.P x y x y x y x y xy x y x y x y≥ + − − + = + − − + − = + − − + + + − 
0,25 
Đặt t x Suy ra t và .y= + > 0 3 2( 1) 2 6.P t t t≥ − − + − 
Ta cĩ 
2 2( )3 ( )
4 4
x y tx y xy x y t+= + + ≤ + + = + . nên ( 2)( 6) 0t t− + ≥ Do đĩ 2.t ≥
Xét 3 2( ) ( 1) 2 6,f t t t t= − − + − với t Ta cĩ 2.≥ 2
2
1'( ) 3( 1) .
2 6
tf t t
t t
+= − −
+ −
Với mọi t ta cĩ và 2≥ 23( 1) 3t − ≥ 22
1 7 71 1 2 2( 1) 72 6
t
tt t
+ = + ≤ + =+ −+ −
3 2 , nên 
3 2'( ) 3 0.
2
f t ≥ − > Suy ra ( ) (2) 1 2.f t f≥ = − Do đĩ 1 2P ≥ − . 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Khi a thì b c= = 1 2P = − . Do đĩ giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 .− 0,25 
Do C d∈ nên ( ; 2 5).C t t− − Gọi I là tâm của hình chữ 
nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. 
Do đĩ ( )4 2 3; .2 2t tI − − + 0,25 
Tam giác BDN vuơng tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. 
Do đĩ ta cĩ phương trình 
( ) ( )2 22 24 22 3 45 4 4 82 2 2t tt t− −− + −⎛ ⎞ ⎛− + − − = − − + −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
7.a 
(1,0 điểm) 
3
2
+ ⎞⎟⎠ 
1.t⇔ = Suy ra C(1; 7).− 
0,25 
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD 
và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra 
AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và 
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. 
0,25 
Đường thẳng AC cĩ phương trình: 3 4 0.
.
x y+ + =
Đường thẳng BN qua N và vuơng gĩc với AC nên cĩ 
phương trình 3 17 0x y− − = Do đĩ (3 17; ).B a a+ 
Trung điểm của BN thuộc AC nên 
3 17 5 43 4 0 7.
2 2
a a a+ + −⎛ ⎞+ + = ⇔ =−⎜ ⎟⎝ ⎠ ( 4; 7).B − − Vậy 
0,25 
Δ cĩ véctơ chỉ phương là ( 3; 2;1).u = − −JG 0,25 
(P) qua A và nhận u
JG
 làm véctơ pháp tuyến, nên (P) cĩ phương trình 
3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.x y z x y z− − − − + − = ⇔ + − − = 0,25 
M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ).M t t− − − − + t 0,25 
8.a 
(1,0 điểm) 
2 2 2 22 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t= ⇔ − − + − − − + − + − = ⇔ − − = 
1t⇔ = hoặc 3 .7t Suy ra M= − (3; 3; 1)− − hoặc ( )51 1 17; ;7 7 7M − − . 0,25 
A D 
B C M 
N 
I 
Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm
Số phần tử của S là 37A 0,25 
= 210. 0,25 
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90= (cách). 0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Xác suất cần tính bằng 90 3 .
210 7
= 0,25 
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao 
điểm của AB và IM. Khi đĩ (0; ),M t với H là trung điểm 
của AB. Suy ra 
0;t ≥
2 2.
2
ABAH = = 
0,25 
2 2
1 1 1 ,
AH AM AI
= + 2 suy ra 2 10.AM = 
Do đĩ 2 2 4 2.MH AM AH= − = 
Mà | |( , ) ,
2
tMH d M= Δ = nên 8.t = Do đĩ (0; 8).M
0,25 
Đường thẳng IM qua M và vuơng gĩc với Δ nên cĩ phương 
trình 8 0.x y+ − = Do đĩ tọa độ điểm H thỏa mãn hệ 
.
0
(4;4)
8 0
x y
H
x y
− =⎧ ⇒⎨ + − =⎩ 
0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
Δ 
A 
I 
B 
H 
M 
Ta cĩ 2 2 12 ,
4
IH IA AH HM= − = = nên 1 .
4
IH HM=JJJG JJJJG 
Do đĩ (5;3).I
Vậy đường trịn (C) cĩ phương trình 2 2( 5) ( 3) 10x y− + − = .
0,25 
(S) cĩ tâm và bán kính (1; 2;1)I − 14.R = 0,25 
2 2 2
| 2.1 3( 2) 1.1 11| 14( ,( )) .
142 3 1
d I P R+ − + −=
+ +
= = Do đĩ (P) tiếp xúc với (S). 0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuơng gĩc với (P). 
0,25 (1 2 ; 2 3 ;1 ).M t t+ − + + t Do đĩ 
Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1.t t t+ + − + + + − = ⇔ =t (3;1;2).M 0,25 
1 31 3 2
2 2
z i i
⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
 0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
π π2 cos sin .
3 3
i⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
5 5 5π 5π2 cos sin 16(1 3 ).
3 3
z i⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ iSuy ra 0,25 
16( 3 1) 16(1 3) .w i= + + −Do đĩ 
0,25 
Vậy w cĩ phần thực là 16( và phần ảo là 3 1)+ 16 (1 3).−
------------- Hết ------------- 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x3 − 3(m+ 1)x2 + 6mx (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với
đường thẳng y = x+ 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 5x + 2cos2 x = 1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
{
2x2 + y2 − 3xy + 3x− 2y + 1 = 0
4x2 − y2 + x+ 4 = √2x+ y +√x+ 4y
(x, y ∈ R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
1∫
0
x
√
2− x2 dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
4√
a2 + b2 + c2 + 4
− 9
(a + b)
√
(a + 2c)(b+ 2c)
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường
chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x+ 2y − 6 = 0 và tam
giác ABD có trực tâm là H(−3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) và mặt phẳng
(P ) : 2x + 3y − z − 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P ). Tìm tọa
độ điểm đối xứng của A qua (P ).
Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng,
hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác
suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ
từ đỉnh A là H
(17
5
;−1
5
)
, chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm của cạnh
AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;−1; 1), B(−1; 2; 3) và
đường thẳng ∆ :
x+ 1
−2 =
y − 2
1
=
z − 3
3
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với
hai đường thẳng AB và ∆.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
{
x2 + 2y = 4x− 1
2 log
3
(x− 1) − log√
3
(y + 1) = 0.
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 
Mơn: TỐN; Khối B 
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm) 
Khi m = −1 ta cĩ 32 6y x x= − .
• Tập xác định: .D = \
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 2' 6 6; ' 0 1.y x y x= − = ⇔ = ±
0,25 
 Các khoảng đồng biến: và ( ; 1)−∞ − (1; );+ ∞ khoảng nghịch biến: (−1; 1). 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −4; đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = 4. 
- Giới hạn: lim ; lim .
x x
y y→−∞ →+∞= −∞ = +∞
0,25 
- Bảng biến thiên: 
Trang 1/4 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Ta cĩ hoặc 2' 6 6( 1) 6 ; ' 0 1y x m x m y x= − + + = ⇔ = .x m= 0,25 
Điều kiện để đồ thị hàm số cĩ hai điểm cực trị là 1.m≠ 0,25 
Ta cĩ 3 2(1;3 1), ( ; 3 ).A m B m m m− − + Hệ số gĩc của đường thẳng AB là 2( 1)k m=− − .
Đường thẳng AB vuơng gĩc với đường thẳng 2y x= + khi và chỉ khi 1k =− 0,25 
1 
(2,0 điểm) 
0m⇔ = hoặc 2.m = 
Vậy giá trị m cần tìm là hoặc 0m = 2.m = 0,25 
x 
'y 
y 
− ∞ + ∞ −1 1 
0 0 + + − 
+ ∞ 
− ∞ − 4 
4 
1 
O
y 
x 
4 
−1
−4
Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với sin 5 cos 2 0x x+ = 0,25 
πcos 5 cos2
2
x x⎛ ⎞⇔ + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
π5 2 2π ( )
2
x x k k⇔ + = ± + ∈] 0,25 
2 
(1,0 điểm) 
π 2π
6 3 ( )
π 2π
14 7
x k
k
x k
⎡ = − +⎢⇔ ∈⎢⎢ = − +⎢⎣
] . 0,25 
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0
4 4 2 4
x y xy x y
x y x x y x y
⎧ + − + − + =⎪⎨ − + + = + + +⎪⎩
(1)
(2)
0x y x y+ ≥ + ≥
Điều kiện: . Từ (1) ta được 2 0, 4 1y x= + hoặc 2 1y x
0,25 
.= + 
• Với thay vào (2) ta được 1,y x= + 23 3 3 1 5x x x x 4− + = + + + 
23( ) ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0x x x x x x⇔ − + + − + + + − + =
2 1 1( ) 3
1 3 1 2 5 4
x x
x x x x
⎛ ⎞⇔ − + + =⎜ ⎟+ + + + + +⎝ ⎠
0,25 
0 
2 0 0x x x⇔ − = ⇔ = hoặc Khi đĩ ta được nghiệm ( ;1.x = )x y là và (0;1) (1;2). 0,25 
3 
(1,0 điểm) 
• Với thay vào (2) ta được 2 1y x= + , 3 3 4 1 9 4x x x− = + + + 
3 ( 4 1 1) ( 9 4 2) 0x x x⇔ + + − + + − = 
4 93
4 1 1 9 4 2
x
x x
⎛⇔ + + = ⇔ =⎜ + + + +⎝ ⎠ 0 0.x
⎞⎟ Khi đĩ ta được nghiệm ( ; )x y là (0 ; 1).
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( ; )x y của hệ đã cho là và (0;1) (1;2).
0,25 
Đặt 22 d d .t t x x= − ⇒ = −t x Khi 0x = thì 2,t khi = 1x = thì 1.t = 0,25 
Suy ra 
2
2
1
dI t= ∫
4 
t 0,25 
23
13
t= 0,25 
(1,0 điểm) 
 2 2 1.
3
−= 0,25 
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB và 3 .
2
aSH = 
Mà (SAB) vuơng gĩc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên 
SH ⊥ (ABCD). 
0,25 
Do đĩ 
3
.
1 3. .
3 6S ABCD ABCD
aV S H S= = 0,25 
Do AB || CD và H∈AB nên ( , ( )) ( , ( )).d A SCD d H SCD=
Gọi K là trung điểm của CD và I là hình chiếu vuơng gĩc 
của H trên SK. Ta cĩ HK⊥CD. Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK) 
⇒ CD ⊥ HI. Do đĩ HI ⊥(SCD). 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Suy ra 
2 2
. 2( ,( )) .
7
SH HK ad A SCD HI
SH HK
= = =
+
S 
I 
A 
1 0,25 
B C 
H 
D 
K 
Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm
Ta cĩ: 
2 2 2 2 24 2 4 4( ) ( 2 )( 2 ) ( ) 2(2 2
a b c a b ab ac bca b a c b c a b a b c+ + + + + ++ + + ≤ + = ≤ + + ). 0,25 
Đặt 2 2 2 4,t a b c= + + + suy ra và 2t > 24 9 .2( 4)P t t≤ − − 
Xét 2
4 9( ) ,
2( 4)
f t
t t
= − − với Ta cĩ 2.t >
3 2
2 2 2 2 2 2
4 9 ( 4)(4 7 4 16'( ) .
( 4) ( 4)
t t t t tf t
t t t t
− − + − −= − + =− −
)
.Với t > 2 ta cĩ 3 2 34 7 4 16 4( 4) (7 4) 0t t t t t t+ − − = − + − > Do đĩ '( ) 0 4.f t t= ⇔ = 
0,25 
Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên ta được 5 .
8
P≤ 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Khi ta cĩ 2a b c= = = 5 .
8
P = Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 .
8
 0,25 
Gọi I là giao điểm của AC và BD⇒ = .IB IC
Mà IB IC⊥ nên ΔIBC vuơng cân tại I n o45 .ICB⇒ = 
BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vuơng cân tại B 
⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng HC. 
0,25 
Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa 
độ điểm C thỏa mãn hệ 
2( 3) ( 2) 0
3 22 6
2 2
x y
x y
+ − − =⎧⎪ − +⎨ ⎛ ⎞ 0.+ − =⎜ ⎟⎪⎩ ⎝ ⎠
Do đĩ ( 1;6).C − 
0,25 
Ta cĩ 1 3
3
IC IB BC ID IC
ID ID AD
= = = ⇒ = 2 2 1010 5 2.
2
CHCD IC ID IC⇒ = + = = = 0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Ta cĩ (6 2 ; )D t t− và 5 2CD suy ra = 2 2 1(7 2 ) ( 6) 50
7.
t
t t
t
=⎡− + − = ⇔ ⎢ =⎣ 
Do đĩ hoặc (4;1)D ( 8;7).D −
0,25 
(P) cĩ véctơ pháp tuyến (2;3; 1).n = −JG 0,25 
Đường thẳng Δ qua A và vuơng gĩc với (P) nhận nJG làm véctơ chỉ phương, nên cĩ phương trình 
3 5 .
2 3 1
x y z− −= = − 
0,25 
Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc Δ. Do đĩ (3 2 ;5 3 ; ).B t t t+ + − 0,25 
8.a 
(1,0 điểm) 
Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên 10 32(3 ) 3 7 0 2.
2 2
t tt t+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − − = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =− 
Do đĩ ( 1; 1; 2).B − −
0,25 
Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là: 7.6 42.= 0,25 
Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là: 4.2 8.= 0,25 
Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là: 3.4 12.= 0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cĩ cùng màu là: 8 12 10 .
42 21
p += = 0,25 
A D 
B C 
H 
I 
t 
( )
2 + ∞ 4 
0 + − 
f t
−∞ 
5
8
0 
f '( )t
Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm
Ta cĩ H AH∈ và AH HD⊥ nên AH cĩ phương trình: 
2 3 0x y .+ − = Do đĩ (3 2 ; ).A a a− 0,25 
Do M là trung điểm của AB nên MA = MH. 
Suy ra 2 2(3 2 ) ( 1) 13 3a a a− + − = ⇔ = hoặc 1 .
5
a =− 
Do A khác H nên ( 3;3).A − 
0,25 
Phương trình đường thẳng AD là 3 0.y− = Gọi N là điểm đối xứng 
của M qua AD. Suy ra N AC∈ và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ 
1 3 0
2
1. 0.( 1) 0
y
x y
+⎧ − =⎪⎨⎪ + − =⎩
 (0;5).N⇒
0,25 
7.b 
Đường thẳng AC cĩ phương trình: 2 3 15 0x y
(1,0 điểm) 
.− + = 
Đường thẳng BC cĩ phương trình: 2 7x y 0.− − = 
Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: 
2 7 0
2 3 15 0.
x y
x y
− − =⎧⎨ − + =⎩ 
Do đĩ C (9;11).
0,25 
Ta cĩ vectơ chỉ phương của Δ là ( 2;3;2 ,AB= −JJJG ) ( 2;1;3).u = −JG 0,25 
Đường thẳng vuơng gĩc với AB và Δ, cĩ vectơ chỉ phương là , .v AB u= ⎡ ⎤⎣ ⎦
JG JJJG JG
 0,25 
Suy ra v ( )7; 2; 4 .=JG 0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Đường thẳng đi qua A, vuơng gĩc với AB và Δ cĩ phương trình là: 1 1 .
7 2 4
x y z 1− + −= = 0,25 
Điều kiện: Hệ đã cho tương đương với 1; 1.x y> >−
2
3 3
2 4 1
log ( 1) log ( 1)
x y x
x y
+ = −⎧⎨ − = +⎩ 0,25 
2 2 3 0
2
x x
y x
− − =⎧⇔⎨ = −⎩ 0,25 
1, 3
3, 1.
x y
x y
=− =−⎡⇔ ⎢ = =⎣ 0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( ; )x y của hệ đã cho là (3 ;1). 0,25 
------------- Hết ------------- 
D B C H 
M 
N 
A 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
−−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x3 − 3mx2 + (m− 1)x+ 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = −x+ 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x+ cos 2x− sinx = 0.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 log
2
x+ log 1
2
(
1−√x
)
=
1
2
log√
2
(
x− 2√x+ 2
)
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
1∫
0
(x+ 1)2
x2 + 1
dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc
với đáy, B̂AD = 120◦, M là trung điểm của cạnh BC và ŜMA = 45◦. Tính theo a thể tích của
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P =
x+ y√
x2 − xy + 3y2
− x− 2y
6(x+ y)
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M
(
− 9
2
;
3
2
)
là trung điểm của cạnh AB, điểm H(−2; 4) và điểm I(−1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C .
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1;−1;−2), B(0; 1; 1)
và mặt phẳng (P ) : x+y+z−1 = 0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P ). Viết phương
trình mặt phẳng đi qua A,B và vuông góc với (P ).
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính môđun của
số phức w =
z − 2z + 1
z2
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x−1)2+(y−1)2 = 4
và đường thẳng ∆ : y − 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N
và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1; 3;−2) và mặt phẳng
(P ) : x− 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua
A và song song với (P ).
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =
2x2 − 3x+ 3
x+ 1
trên đoạn [0; 2].
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 
Mơn: TỐN; Khối D 
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm) 
Khi m = 1 ta cĩ 3 22 3 1y x x .= − + 
• Tập xác định: .D = \
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: hoặc 2' 6 6 ; ' 0 0y x x y x= − = ⇔ = 1.x = 
0,25 
 Các khoảng đồng biến: và ( ; 0)−∞ (1; );+ ∞ khoảng nghịch biến: (0; 1). 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1. 
- Giới hạn: lim ; lim .
x x
y y→−∞ →+∞= −∞ = +∞
0,25 
- Bảng biến thiên: 
Trang 1/4 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng là 1y x= − +
3 22 3 ( 1) 1 1x mx m x x− + − + =− + 0,25 
2
0
2 3 0 (*
x
x mx m
=⎡⇔ ⎢ − + =⎣ ). 
Yêu cầu của bài tốn ⇔ phương trình (*) cĩ hai nghiệm phân biệt khác 0 
0,25 
29 8
0
m m
m
− >⎧⇔⎨ ≠⎩
0 0,25 
1 
(2,0 điểm) 
x 
'y 
y 
− ∞ + ∞ 0 1 
0 0 + + − 
+ ∞ 
− ∞ 0 
1 
1 O
y 
x 
1 
0m⇔ < hoặc 8 .
9
m> 0,25 
Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 sin cos 2 0x x x+ = 0,25 
cos 2 (2sin 1) 0.x x⇔ + = 0,25 
π πcos2 0 ( ).
4 2
x x k k• = ⇔ = + ∈] 0,25 
2 
(1,0 điểm) 
π 2π
62sin 1 0 ( ).
7π 2π 
6
x k
x k
x k
⎡ = − +⎢• + = ⇔ ∈⎢⎢ = +⎢⎣
] 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π
4 2
x k= + , π 2π,
6
x k= − + 7π 2π ( )
6
x k k= + ∈] . 
0,25 
Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với 0 x< <1.
2
2 2
1
x x x
x
= − +− 0,25 
2
2 2 1 2(1 ) 1 1 1
x x x x
x x x x
⎛ ⎞⎛ ⎞⇔ = + ⇔ + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠− − − − 0= 0,25 
2 0
1
x
x
⇔ −− = (do 01
x
x
>− ) 0,25 
3 
(1,0 điểm) 
4 2 3.x⇔ = − 
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là 4 2 3.x= − 0,25 
Ta cĩ 
1 1 1
2 2
0 0 0
2 21 d d
1