Đề thi và đáp án thi ĐHCĐ môn toán từ 2009 2012

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Đề thi và đáp án thi ĐHCĐ môn toán từ 2009 2012": http://123doc.vn/document/546836-de-thi-va-dap-an-thi-dhcd-mon-toan-tu-2009-2012.htm

Câu
Đáp án Điểm
Phương trình chính tắc của (
E
) có dạng:
22
22
1,
xy
ab
+=

với
và
280ab>> .a =
Suy ra
a 4.=

0,25
Do (
E
) và (
C
) cùng nhận
Ox
và
Oy
làm trục đối xứng và
các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (
E
) và
(
C
) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.
At t t
>
0,25
A
∈
(
C
)
⇔

tt
22
8,

Trang 4/4

+ =
suy ra
t 2.=

0,25
7.b
(1,0 điểm)

(2;2) ( )
AE
∈

⇔

2
44
1
16
b
+ =

⇔

2
16
.b

3
=
Phương trình chính tắc của (
E
) là
22
1.
16
16
3
xy
+=

0,25
M
thuộc
d
, suy ra tọa độ của
M
có dạng
M
(2
t
– 1;
t
;
t

+
2).
0,25
MN
nhận
A
là trung điểm, suy ra
N
(3 – 2
t
; – 2 –
t
; 2 –
t
).
0,25
N
∈
(
P
)
⇔

⇔

t
32 2 2(2 )50
tt t
−−−− −+=
2,=
suy ra
M
(3; 2; 4).
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Đường thẳng
∆
đi qua
A
và
M
có phương trình
11
:
232
xyz
2− +−
∆==
.
0,25
Đặt ( , ), 1.
zabiab z
=+ ∈ ≠−
\
Ta có
5( )
2(3 2)(76)
1
zi
iab abi
z
+
=−⇔ −− + − + =
+
0

0,25
⇔

⇔

32
76
ab
ab
−−=
⎧
⎨
−+=
⎩
0
0
1
1.
a
b
=
⎧
⎨
=
⎩
0,25
Do đó Suy ra
1.z=+i
3.i
22
111(1)2wzz ii=+ + =+++ + =+
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Vậy
23 13.wi=+=

0,25
x
2
2
O
y
A

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối B
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
m là tham số thực.
323
33(yx mx m=− + 1),
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1.m =

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2(cos 3 sin )cos cos 3 sin 1.xxxxx+ =− +

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
1413.x xx++ − + ≥ x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
3
42
0
d.
32
x
I x
xx
=
++
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với
2, .SA a AB a= =
Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của
khối chóp S.ABH theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện
0xyz+ +=
và
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

222
1.xyz++=
555
.Px y z=++
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 các đường tròn
22
1
(): 4,Cxy+ =
và đường thẳng
22
2
(): 12 180Cxy x+− +=
:4dx y 0.− −=
Viết phương trình đường tròn có tâm
thuộc tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
2
()C ,
1
()C
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
212
x yz
d
−
==
−
và hai
điểm
Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.
(2;1;0),A (2;3;2).B −
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi
ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
và
đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình
2AC BD=
22
4.xy+ =
Viết phương trình chính
tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm
thuộc đường thẳng AM.
(0;0;3), (1; 2;0).AM
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình
2
23 4 0.ziz− −=
Viết dạng
lượng giác của z
1
và z
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 2012
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có:
.
1,m =
32
33yx x=− +
• Tập xác định:

.D = \
• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên:
'0
2
'3 6;yx x=−
y = ⇔
0x =
hoặc
2.x =

0,25
Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+ ∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2).
− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0,x =

y
CĐ
= 3; đạt cực tiểu tại
2,x =

y
CT
= −1.
− Giới hạn:
và
lim
x
y
→−∞
=−∞ lim .
x
y
→+ ∞
= +∞

0,25
− Bảng biến thiên:





0,25
• Đồ thị:












0,25
b) (1,0 điểm)

2
'3 6 ;yx mx=−
'0 ⇔ hoặc
y
=
0x = 2.x m=

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi
0m ≠
(*).
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
3
(0; 3 )A m
và
3
(2 ; ).B mm−

Suy ra
và
3
3| |OA m=
( , ( )) 2 | |.
dB OA m
=
0,25
48
OAB
S
∆
=
⇔
34

4
8m =
0,25
1
(2,0 điểm)
⇔ thỏa mãn (*). 2,
m
=±
0,25
O
2
3
−
1
x
y

+∞
–1
3
−∞
y
'
y
+ 0 – 0 +
x
0 2
−∞ +∞

Trang 1/4
Phương trình đã cho tương đương với:
cos2 3sin2 cos 3sinx xx+=−x

0,25
⇔

(
)
(
)
ππ
co

s 2 cos
33
xx−= +
0,25
⇔

(
)
ππ
22π ().

33
xxkk−=±+ + ∈]
0,25
2
(1,0 điểm)

⇔

2π
2π
3
x k=+
hoặc
2π
()
3
xk k=∈] .

0,25
Điều kiện:
02
hoặc
3x≤≤− 2x ≥+3
(*).
Nhận xét:
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
0x =
Với
bất phương trình đã cho tương đương với:
0,x>
11
43
xx
x
x
+ ++−≥
(1).
0,25
Đặt
1
(2),tx
x
=+
bất phương trình (1) trở thành
2
63tt− ≥−
22
30
30
6(3 )
t
t
tt
−<
⎡
⎢
−≥
⇔
⎧
⎢
⎨
⎢
−≥ −
⎣⎩

0,25
5
.
2
t⇔≥
Thay vào (2) ta được
15
2
2
xx
x
+ ≥⇔ ≥
hoặc
1
2
x
≤

0,25
3
(1,0 điểm)

1
0
4
x⇔<≤

hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm 4
x
≥
0,x =
ta được tập nghiệm của bất phương
trình đã cho là:
1
0; [4; ).
4
⎡⎤
∪+∞
⎢⎥
⎣⎦

0,25
Đặt
tx
suy ra Với
2
,
=
.2dt xdx= 0x =
thì
0;t =
với
1x=
thì
1.t =

0,25
Khi đó
11
2
22
00
1.2d1d
22(
(1)(2)
xxx tt
I
tt
xx
==
1)(2)
+ +
++
∫∫

0,25

()( )
1
1
0
0
12 1 1
dln|2|ln|1|
221 2
tt t
tt
=−=+−+
++
∫

0,25
4
(1,0 điểm)


=

3
ln3 ln2.
2
−

0,25
Gọi
D
là trung điểm của cạnh
AB
và
O
là tâm của
∆
ABC
. Ta có
ABCD⊥
và
ABSO⊥
nên
(
AB SCD
),
⊥
do đó
.ABSC⊥

0,25
Mặt khác
,SC AH⊥
suy ra
S
( ).
C ABH
⊥

0,25
Ta có:
33
,
23
aa
CD OC==
nên
22
33
.
3
a
SO SC OC=−=

Do đó
.11
4
SO CD a
DH
SC
==
.
Suy ra
2
11

28
ABH
a
SABDH
∆
==
1
0,25
5
(1,0 điểm)


Ta có
22
7
.
4
a
SH SC HC SC CD DH=− =− − =

Do đó
3
.
17

39
S ABH ABH
a11
6
HS
∆
==
VS

0,25
O
D
B
A
H
C
S
Trang 2/4
Với
và ta có:
0
xyz
++=
222
1,xyz++=
2222 2
0( ) 2( )2 12 2 ,x yz x y z xyz yz x yz=++=+++ ++=−+
nên
2
1
.
2
yz x
= −

Mặt khác
22 2
1
,
22
yz x
yz
+−
≤=
suy ra:
2
2
11
,
22
x
x
−
−≤
do đó
66
33
x−≤≤
(*).
0,25
Khi đó:
P

=

5223322
()()()x yzyz yzyz++ +− +

=

( )
2
5222 2
1
(1 ) ( )( ) ( )
2
x xyzyzyzyzx+− + + − + + −
⎡⎤
⎣⎦
x

=

( ) ( )
2
52 22 2
11
(1 ) (1 )
22
x xxxxx x
⎡⎤
+− − − + − + −
⎢⎥
⎣⎦
x

=

()
3
5
2.
4
x x−

0,25
Xét hàm
3
() 2f xx=−x
trên
66
;
33
,
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
suy ra
2
'( ) 6 1;
fx x
= −

6
'( ) 0 .
6
fx x=⇔ =±

Ta có
666
9
,
36
ff
⎛⎞⎛⎞
−= =−
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
66
.
36
ff
⎛⎞⎛ ⎞
=− =
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
6
9
Do đó
6
() .
9
fx≤

Suy ra
56
.
36
P ≤

0,25
6
(1,0 điểm)

Khi
6
,
36
xyz===−
6
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của
P
là
56
.
36

0,25
(
C
1
) có tâm là gốc tọa độ
O
. Gọi
I
là tâm của đường tròn (
C
)
cần viết phương trình, ta có
.A
Trang 3/4
BOI⊥
Mà
ABd⊥
và
Od∉
nên
OI
//
d
, do đó
OI
có phương trình
y

=

x
.
0,25
Mặt khác
2
()IC,∈
nên tọa độ của
I
thỏa mãn hệ:
22
3
(3;3).
3
12 18 0
yx
x
I
y
xy x
=
⎧
=
⎧
⎪
⇔⇒
⎨⎨
=
+− +=
⎩
⎪
⎩

0,25
Do (
C
) tiếp xúc với
d
nên (
C
) có bán kính (, ) 2 2.
RdId
==

0,25
7.a
(1,0 điểm)










Vậy phương trình của (
C
) là
22
(3)(3)8
xy
.
− +− =

0,25
Gọi (
S
) là mặt cầu cần viết phương trình và
I
là tâm của (
S
).
Do
nên tọa độ của điểm
I
có dạng
Id
∈
(1 2 ; ; 2 ).
Ittt
+ −

0,25
Do nên , ( )
AB S
∈
,AIBI=
suy ra .
222 2 2 2
(2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1
tt ttt t t
− +− + = + +− + + ⇒=−

0,25
Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2)
I
−−
17.IA =

0,25
8.a
(1,0 điểm)

Vậy, phương trình mặt cầu (
S
) cần tìm là
22 2
(1)(1)(2)17
xyz
++++− =
.
0,25
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là
C

4
25
12650.=
0,25
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là
13 22 31
15 10 15 10 15 10

CC CC CC
++
0,25
=
11075.
0,25
9.a
(1,0 điểm)

Xác suất cần tính là
11075 443
.
12650 506
P ==

0,25
B
A
I
d
(
C
2
)
(
C
)
(
C
1
)
Trang 4/4
Giả sử
22
22
(): 1( 0).
xy
Ea
ab
b+ =>>
Hình thoi
ABCD
có
2AC BD=
và
A
,
B
,
C
,
D
thuộc (
E
) suy ra
OA

2.OB=
0,25
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và ( ;0)
Aa
(
)
0; .
2
a
B
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
O
trên
AB
,
suy ra
OH
là bán kính của đường tròn
()

22
: 4.Cx y+=
0,25

Ta có:
2222
11 1 1 14
.
4
OH OA OB a a
==+=+
2

0,25
7.b
(1,0 điểm)

Suy ra
do đó
b
Vậy phương trình chính tắc của (
E
) là
2
20,
a
=
2
5.=
22
1.
20 5
xy
+=

0,25
Do ,
B Ox C Oy
∈∈
nên tọa độ của
B
và
C
có dạng:
Bb
và
Cc
( ; 0; 0) (0; ; 0).
0,25
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABC
, suy ra:
( )
;;1.G

33
bc
0,25
Ta có
nên đường thẳng
AM
có phương trình (1;2; 3)
AM
=−
JJJJG
3
.
12 3
xyz−
==
−

Do
G
thuộc đường thẳng
AM
nên
2
.
36 3
bc−
==
−
Suy ra
2b =
và
4.c =

0,25
8.b
(1,0 điểm)

Do đó phương trình của mặt phẳng (
P
) là
1,
243
xyz
+ +=
nghĩa là ( ) : 6 3 4 12 0.
Pxyz
++−=
0,25
Phương trình bậc hai
2
23 4 0ziz−−=
có biệt thức
4.∆ =

0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm:
1
13
zi
=+
và
2
13
zi
=− +
.
0,25
•
Dạng lượng giác của
là
1
z
1
ππ
2cos sin .
33
zi
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
9.b
(1,0 điểm)

•
Dạng lượng giác của
là
2
z
2
2π 2π
2cos sin .
33
zi
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

0,25
O
H
x
y
D
A
B
C

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối D
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
32 2
22
2(3 1) (1),
33
yxmx m x=−− −+
m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1.m =

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị
1
x và
2
x

sao cho
12 1 2
2( ) 1.xx x x+ +=
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 3 cos 3 sin cos 2 cos 2 .x xx x+−+= x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32 2 2
20
(, ).
220
xy x
xy
xxyxy xyy
+−=
⎧
⎪
∈
⎨
−++−−=
⎪
⎩
\
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
π
4
0
(1 sin 2 )d .I xx=+
∫
x
')

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng
có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân,
. Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(
.''' 'ABCD A B C D 'AAC
'AC a= ''ABB C
BCD
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
,xy
thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

22
( 4) ( 4) 2 32.xy xy−+−+ ≤
33
3( 1)( 2).Ax y xy xy=++ − +−
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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. Các đường thẳng AC
và AD lần lượt có phương trình là
và
3xy+=0 40;xy− +=
đường thẳng BD đi qua điểm
(
)
1
;1.
3
M −

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và
điểm
Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
():2 2 10 0Pxyz+− + =
(2;1;3).I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
2(1 2 )
(2 ) 7 8 .
1
i
iz i
i
+
+ +=
+
+
Tìm môđun của số phức
1.wz i= ++

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
Viết phương
trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho

:2 3 0.dxy−+=
2.AB CD==
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
11
:
211
x y
d
−+
==
−
z
và hai
điểm
Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M.
(1; 1; 2),A − (2; 1;0).B −
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình
2
3(1 ) 5 0z iz i+++=
trên tập hợp các số phức.
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 2012
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi hàm số trở thành
1,m =
32
22
4.
33
yxx x
= −−+

• Tập xác định:

.D = \
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
hoặc
2
224;0yx xy x
′′
=−−=⇔=−1
2.x =

0,25
Các khoảng đồng biến: và
(;1−∞ − ) (2; );+∞
khoảng nghịch biến
.

(1;2)−
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1,x = −
y
CĐ
3,=
đạt cực tiểu tại
2,x =
y
CT
6.=−

- Giới hạn:

lim , lim ,
xx
yy
→−∞ →+∞
=−∞ =+∞
0,25
- Bảng biến thiên:








0,25
•

Đồ thị:
















0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có .

22
22 2(31)
yx mx m
′
=−− −
0,25
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt
2
13 4 0m⇔−>
213
13
m⇔>
hoặc
213
.
13
m <−

0,25
Ta có:
12
x xm+=
và
2
12
13 ,x x=−m do đó
2
12 1 2
2( ) 1 1 3 2 1xx x x m m+ +=⇔− +=
0,25
1
(2,0 điểm)
0m⇔=
hoặc
2
.
3
m =
Kiểm tra điều kiện ta được
2
.
3
m
=

0,25
−∞
+∞

3
–6
y
'y
+ 0 – 0 +
x
−∞
–1 2
+∞
x
–1
O
2
– 6
3
y
Trang 1/4

Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
(2sin 2cos 2)cos2 0.xx x+ −=

0,25
ππ
cos 2 0 ( ).
42
k
xx k•=⇔=+∈]

0,25
2sin 2cos 2 0xx•+−=
(
)
π 1
cos
42
x⇔−=

0,25
2
(1,0 điểm)
7π
2π
12
x k⇔= +
hoặc
π
2π ()
12
xkk=− + ∈
]
.

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là:
ππ
,
42
k
x =+

7π
2π,
12
x k=+

π
2π ()
12
xkk=− + ∈] .

0,25
Hệ đã cho tương đương với:
2
20
(1)
(2)
(2 1)( ) 0
xy x
xy x y
+−=
⎧
⎪
⎨
−+ − =
⎪
⎩
0,25
210 2xy y x•−+=⇔=+1.
Thay vào (1) ta được
2
15
10 .
2
xx x
−±
+−=⇔=

Do đó ta được các nghiệm
15
(; ) ; 5
2
xy
⎛⎞
−+
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
15
(;

) ; 5 .
2
xy
⎛⎞
−−
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
2
0
2
.x yy
•−=⇔=
x Thay vào (1) ta được
32
20 ( 1)( 2)0xx x xx
+ −=⇔ − ++ =

0,25
3
(1,0 điểm)
1.x⇔=
Do đó ta được nghiệm
(; ) (1;1).xy =

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:
(; ) (1;1),xy=

15
(;

) ; 5
2
xy
⎛⎞
−+
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
,
15
(; ) ; 5.
2
xy
⎛⎞
−−
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0,25
ππ π π
π
44 4 4
22
4
00 0 0
0
π
dsin2d sin2d sin2
232
x
I xx x xx x xx x xx=+ =+ =+
∫∫ ∫ ∫
d.

0,25
Đặt suy ra
;d sin2 d ,uxv xx==
1
dd; cos2
2
uxv x==− .

0,25
Khi đó
ππ
π
44
4
0
00
111
sin 2 d cos 2 cos2 d cos 2 d
222
π
4
0
x xx x x xx xx=− + =
∫∫∫

0,25
4
(1,0 điểm)
π
4
0
11
sin 2 .
44
x==
Do đó
2
π 1
.
32 4
I =+

0,25
Tam giác
A AC
′
vuông cân tại A và
A Ca
′
=
nên
A AAC
′
=

.
2
a
=
Do đó
.
2
a
AB B C
′′
= =

0,25
3
'
11
''. ''. . ' .
36
ABB C ABB
a
V B C S B C AB BB
′′
∆
== =
2
48

0,25
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của
.A AB
′
∆
Ta có
'AHAB⊥
và
AHBC⊥
nên
(' ),AHABC⊥

nghĩa là
(AH BCD ').⊥
Do đó
(,( ')).AH d A BCD=
0,25
5
(1,0 điểm)

Ta có
222
1116
.
'
2
AHABAAa
=+=

Do đó
6
(,( ')) .
6
a
dABCD AH==

0,25
A
B
C
D
'A
'
D
'C
'B

H

Trang 2/4

Câu Đáp án Điểm
Ta có
22
(4)(4)2 32
2
()8()00xy xy xyxyxy
−+−+ ≤
8.
⇔ +−+≤⇔≤+≤

0,25
3
()3()66Axy xy xy=+ − +− +
32
3
() ()3()
2
xy xy xy≥+ − + − ++6.

Xét hàm số:
32
3
() 3 6
2
f tt t t=− −+
trên đoạn
[0

; 8].
Ta có
2
() 3 3 3,ft t t
′
=−−
15
() 0
2
ft t
+
′
=⇔=
hoặc
15
2
t
−
=
(loại).
0,25
Ta có
15 1755
(0) 6, , (8) 398.
24
ff f
⎛⎞
+−
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=
Suy ra
17 5 5
.
4
A
−
≥

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi
15
4
xy
+
==
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của
A
là
17 5 5
.

4
−
0,25
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ
30
40
xy
xy
+=
⎧
⎨
− +=
⎩
(3;1).

A⇒−
0,25
Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có
phương trình là
4
0.
3
xy
− +=
Vì N thuộc AC, nên tọa
độ của điểm N thỏa mãn hệ
4
0
1
1; .
3
3
30
xy
N
xy
⎧
−+ =
⎪
⎛⎞
⇒−
⎨
⎜⎟
⎝⎠
⎪
+=
⎩

0,25
Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN
và vuông góc với AD, nên có phương trình là

0.xy+=
Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD.
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ
⎧
⎨

0
30
xy
xy
+=
,
+=
⎩
và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ

0
40.
xy
xy
+=
⎧
⎨
−+=
⎩
Do đó I(0; 0) và K(−2;2).
0,25
7.a
(1,0 điểm)

2(3;1);AC AI C= ⇒−
JJJG JJG
2(1;3);AD AK D=⇒−
JJJG JJJG

(1; 3).BC AD B= ⇒−
JJJG JJJG

0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến
của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình.
0,25
Ta có
(;( )) 3.IH d I P==
0,25
Bán kính của mặt cầu (S) là:
22
34 5R .= +=

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Phương trình của mặt cầu (S) là:
222
(2)(1)(3)25xyz−+−+−=.
0,25
Ta có:
2(1 2 )
(2 ) 7 8 (2 ) 4 7
1
i
iz i iz i
i
+
+ + =+ ⇔ + =+
+

0,25
32.zi⇔=+

0,25
Do đó
43.wi=+
0,25
9.a
(1,0 điểm)
Môđun của w là
22
43 5+=.

0,25
I
N
M
D C
B
A
K
Trang 3/4