Gợi ý đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán khối B năm 2010

hoa - Apech & Báchkhoa – Npowe, tiến sĩ Cường nhận định: “Đề thi 
môn Toán của cả hai khối B, D nhìn chung đều khó. Về cấu trúc đề đã bám sát theo 
chương trình học phổ thông. Đề của cả hai khối B và D đều có những phần rất cơ bản (cụ 
thể là các câu: 1, 3, 5). Với những câu này thí sinh có học lực trung bình cũng rất dễ “ăn 
điểm”. Tuy nhiên, bên cạnh đó còn có những câu đòi hỏi phải tính toán phức tạp, điển 
hình như: câu 2 ý 2 và câu 5 (của khối D). Cũng theo tiến sĩ Cường thì nhìn một cách tổng 
quan, đề thi Toán năm nay thí sinh với lực học trung bình khá để đạt được điểm 5 – 6 là 
khó khăn, học sinh giỏi - xuất sắc để đạt được điểm tối đa cũng sẽ không nhiều. 
Theo thầy Hoàng Trọng Hảo : Khối B: Chỉ có 2 câu II.2 và V là có tính phân loại cao (phù 
hợp với học sinh lớp 8), còn các câu còn lại đều cơ bản, học sinh khá, làm cẩn thận hoàn 
toàn có thể được 8 điểm. 
Theo thầy Hoàng Trọng Hảo : Khối D: Đề thi cơ bản. Đây sẽ là khối có số thí sinh được 
nhiều điểm 10 nhất môn Toán trong 3 khối A,B,D. Không có câu thể hiện sự thông minh 
hoặc phân loại. 
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 1 
*) GỢI Ý ĐÁP ÁN : 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 
Câu I (2,0 điểm) 
1 . 
TXD: { }\ 1R − 
Sự biến thiên : 
Chiều biến thiên : ' 2 2
2( 1) (2 1) 1 0 x -1
( 1) ( 1)
x xy
x x
+ − += = >+ + ∀ ≠ 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1−∞ − và ( )1;− +∞ 
Cực trị: hàm số không có cực trị 
Giới hạn, tiệm cận : 
lim 2
x→±∞
= , do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2 
− +→− →−
= +∞ = −∞
1 1
lim ; lim
x x
y 
Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=-1 
Bảng biến thiên: 
Đồ thị : 
Đồ thị cắt 0x tại : 1;0
2
⎛−⎜⎝ ⎠
⎞⎟ , cắt 0y tại (0;1) 
Đồ thị nhận , giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng ( 1;2)I −
2. 
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 2 
Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng 2y x m= − + là nghiệm của phương trình : 
+ = − ++
2 1 2
1
x x m
x
2 1 ( 1)( 2 )x x x⇔ + = + − +m (vì 1x = − không là nghiệm của phương trình 
 ⇔ + = − + − + ⇔ − − − + =2 22 1 2 2 2 ( 4) 1 0 (*x x mx x m x m x m )
 Đường thẳng đã cho cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B 
⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 
⇔ ∆ = − − − + = + > ∀ ∈\2 2( 4) 8( 1) 8 0,m m m m 
Gọi ,A Bx x là nghiệm của phương trình (*) 
Ta có = − + = − +2 , 2A A B By x m y x m
Gọi OH là đường cao ∆ OAB, ta có = ⇔ =1 . . 2 3.(**)
2OAB
S OH AB OH AB 
Vì đường thẳng đã cho có phương trình 2x + y - m = 0 nên OH = 
5
m
= − + − = −2 2 2))( ) ( ) 5(A B A B A BAB x x y y x x ∆= 5. 4 
+=
2 85.
2
m 
Thay vào (* *) ta có: 
+ =
2 8. 5. 2 3
25
m m ⇔ + = ⇔ + =2 2 28 4 3 ( 8) 48m m m m 
⎡ =⇔ + − = ⇔ ⇔ = ±⎢ = −⎣
2
4 2
2
4
8 48 0
12
m
m m m
m
2
− =
 (thỏa mãn) 
Vậy thỏa mãn đề bài ra = ±2m
Câu II (2,0 điểm) 
1. PT 2 2sin os x= os2 cos 2 os2 sinx 0xc c x x c x⇔ +
⇔ + + = ⇔ + + =
=⎡⇔ + + = ⇔ ⎢ + =⎣
2sinx(2 os x-1) os2 (cos 2) 0 sinxcos2 os2 (cos 2) 0
os2 0
os2 (sinx cos 2) 0 
sinx+cos 2 0 (1)
c c x x x c x x
c x
c x x
x
Vì sinx cos 2x+ ≥ − nên (1) vô nghiệm 
Vậy π π= ⇔ + ∈cos2 0 = (k )
4 2
x x k Z 
2. Điều kiện: 1 6
3
x− ≤ ≤ . 
Đặt 3 1, 6 ( , 0u x v x u v= + = − ≥ ) 9
x x x x x− − = − − + +
ta được và 2 23 1u v+ =
 ( ) ( )2 23 14 8 3 14 6 3 1 3− 2 2 2 3u v u= − + − 
PT 2 2 2 3 0u v u v u⇔ − − + − = ( ) ( )2 24 1 1u u v v⇔ − − − − − = 0
u v u v u− − + + =
 ⇔ −( ) ( )( )2 24 1 1 0 ( ) ( )( )2 24 1 1 0 (1)u v u v u⇔ − + − + + =
1
Ta thấy ( ) 2 2 1 0u v u+ + >
Xét : loại. 24 3 3 1 (1) 0u v v VT> ⇒ 
Xét : loại. 24 3 3 1 (1) 0u v v VT ⇒ > ⇒ <
Xét thỏa mãn (1). 4u v= ⇒ =
Vậy 3 1 4 5x x+ = ⇔ = (thỏa mãn) 
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 3 
Câu III (1,0 điểm) 
Đặt: = ⇒ = dxt lnx dt
x
. = ⇒ = = ⇒ =1 0; 1x t x e t 
⇒ = = − = + + = + − = −+ + + +∫ ∫ ∫
1 1 1
1 1
02 2 0
0 0 0
2 3 2 32 2 1
(2 ) 2 (2 ) 2 2 3 2 3
t dt dtI dt ln t ln ln
t t t t
1 
Câu IV (1,0 điểm) 
Do lăng trụ ABC. A’B’C’ đều⇒ ⊥ ' ( )AA ABC
Gọi V là thể tích lăng trụ, ta có 
= ∆
=
2
. '
3 . '(*
4
v dt ABC AA
aV AA )
∆ ABC đều, gọi H trung điểm BC⇒ ⊥AH BC 
Do theo định lý 3 đường vuông góc ⊥' (AA ABC) ⇒ ⊥'A H BC n⇒ = 0' 60AHA 
 có: tâm ='A AH ='AA AH 060 3 3. 3
2 2
a a= 
Thay vào (*) 
2 33 3 3 3
4 2 8
a a aV
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Gọi O là tâm ABC+ , xét , có 'AAH+
'
1
3
HG HO
HA HA
= = (do G, O làm lần lượt là trọng tâm tam giác ' ; ABC ABC ) 
'/ / ( )GO AA GO ABC⇒ ⇒ ⊥ ⇒OG trục ABC+ 
 gọi M là trung điểm CG ,qua M dựng đường thẳng vuông góc với CG trong mp CGO , cắt 
GO tại I ⇒ I là tâm cầu ngoại tiếp tứ diện GABC ⇒ R=GI. 
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 4 
Tứ giác COIM nội tiếp ⇒ GI.GO=GM.GC⇒ R.GO = 21
2
GC . (1) 
Ta có '
1 1 3.
3 3 2
GO a aGO
AA
= ⇒ = =
2
 2 2O: GC GC GO CO= + 2
22
22 3 21.
2 3 2 36
a a a
⎛ ⎞⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Vậy từ (1) : = ⇒ =21 21 7. .
2 2 36 12
aR a R .a 
Câu V (1,0 điểm) 
Ta có ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 2M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + + 
( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 2ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca≥ + + + + + + + + − + + 
Đặt thì t ab bc ca= + + 2 3 2 1 2M t t t≥ + + − 
Mặt khác: ( ) (2 3a b c ab bc ca+ + ≥ + + )
 1 0
3
ab bc ca⇒ ≥ + + ≥ 10;
3
t ⎡ ⎤⇒ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
Xét 2( ) 3 2 1 2f t t t t= + + − với 10;
3
t ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Ta có 2'( ) 2 3
1 2
f t t
t
= + − − 
( )2 3 1 2 2
1 2
t t
t
+ − −= − 
'( )f t luôn cùng dấu với ( )( ) 2 3 1 2 2t t tϕ = + − − 
Xét phương trình ( ) 0tϕ = ( )2 3 1 2 2t t⇔ + − = 
( ) ( )32 3 1 2 4t t⇔ + − = (do 10;
3
t ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ) 
3 28 20 6 5t t t 0⇔ + + − = 
1
2
3
0.3546
1.9516
0.9030
t
t
t
≈⎡⎢⇔ ≈ −⎢⎢ ≈ −⎣
Do đó trong đoạn 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , ( ) 0tϕ = vô nghiệm; 
( )tϕ⇒ không đổi dấu trên 10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
Mà 1 49 32( ) 0
4 2 2
ϕ −= > 1( ) 0 0;
3
t tϕ ⎡ ⎤⇒ > ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 
1'( ) 0 0;
3
f t t ⎡ ⎤⇒ > ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )f t⇒ đồng biến trên đoạn 
10;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
⎡ ⎤⇒ ≥ = ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
1( ) (0) 2, 0;
3
f t f t 
Do đó 2M ≥
Mặt khác, nếu trong 3 số a, b, c có 2 số bằng 0, 1 số bằng 1 thì 2M = 
Vì vậy mi . n 2M =
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 5 
Chú ý: Ta chứng minh ( ) ⎡′ > ∀ ∈ ⎢⎣ ⎦
10, t 0;
3
f t ⎤⎥
2
 một cách như sau: 
( )ϕ = − + −3 4 2t z z 
Đặt với ( ) = − + −3 4g z z z ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
1 ;1
3
z 
Ta có ( ) ⎡ ⎤′ = − + > ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
2 13 4 0 ;1
3
g z z z 
( )⇒ g z đồng biến trên ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
1 ;1
3
( ) −⎛ ⎞⇒ ≥ = >⎜ ⎟⎝ ⎠
1 11 6 3 0
3 3 3
g z g 
( )ϕ ⎡ ⎤⇒ > ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
10 0;
3
t t ( ) ⎡ ⎤′⇒ > ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
10, 0;
3
f t t 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
A. Theo chương trình chuẩn: 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Gọi − >( ,5 ), 0.A a a a = − − −JJJG ( 4 , 4)AC a a
Gọi d có phương trình + − = ⇒ =JJG5 0 (1,1)dx y n ⇒ = −
JJG
(1; 1)du 
d là phân giác BAC nên góc giữa d và AC bằng 045
− − + − −⇒ = = =+ + −
JJJG JJG
JJJG JJG0
2 2
. ( 4 ).1 ( 4).( 1) 1os45
2. (4 ) ( 4) . 2
d
d
AC u a a
c
AC u a a
− − − +⇒ = ⇒ =+ + −
2
2 2
4 4
1 2 2
( 4) ( 4)
a a
a a
a a
+ 32 
⇒ = + ⇒ = +2 2 2 32 ⇒ = ⇒ = ⇒ = >2 22 32 16 4 ( 02 2 32 4 2a a a a a a a vi a
B BAB x y = − − − = −
) ⇒ (4,1)A 
Gọi ;( ; )B BB x y ⇒ = − −
JJJG
( 4, 1)
JJJG
( 4 4,4 4) ( 8,0)AC 
n = 090BAC nên ⊥ ⇒ − − + − = ⇒ =JJJG JJJG ( 4).( 8) ( 1).0 0 4B ⇒ (4, )BB yB BAB AC x y x = −
JJJG
(0, 1)BAB y
∆ = = = − − = −2 21 124 . . ( 1) . ( 8) 4 ( 1)2 2ABC B BS AB AC y y
2 
⇒ − = ⇒ − =2 2( 1) 6 ( 1) 36 − = =⎡ ⎡ ⎡⇒ ⇒ ⇒⎢ ⎢ ⎢− = − = − −⎣⎣ ⎣
1 6 7 (4,7) ( / )
1 6 5 (4, 5) (
B B
B B
y y B t m
B By y )y y B loai
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 6 
⇒ Phương trình BC là: 
− − − −= ⇔ =− − − − −
4 7 4 7 ⇔ − + =3 4 16x y
4 4 1 7 8 6
x y x y 0 
2. Phương trình mặt phẳng (ABC): + + = > >1 ( 0; 0)
1
x y z b c
b c
⇒ + + − = 0bxc cy bz bc ⇒ =JJJJG ( ; ; )ABCn bc c b
0
Vì ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =JJJJG JJG JJJJG JJG( ) ( ) .ABC P ABC PABC P n n n n
Mà = −JJG (0;1; 1)Pn ⇒ + + − = ⇒ =.0 .1 ( 1) 0 (*)bc c b c b
Theo gt: = 1(0;( ))
3
d ABC ⇒ =+ +2 2 2 2
1 (**)
3
bc
b c c c
Thay (*) vào (**) ⇒ = ⇒ =+
2
4 4
4 2
1 9 2
32
c c c c
c c
+ 2 
⎡⎢ =⎢⎢⇒ = ⇒ =⎢⎢⎢ = −⎣
4 2
0 ( )
14 (
2
1( )
2
c loai
c c c t m
c loai
/ ) 
Đối chiếu điều kiện: > ⇒ = ⇒ =1 10
2 2
c c b 
Vậy = = 1
2
b c 
Câu VII.a 
(1 )z i i z− = + 
Đặt iz x y= + ( 1)z i x y i⇒ − = + −
 (1 ) ( + )i z x y x y i⇒ + = − +
PT bổ trở thành : 
( 1) ( )x y i x y x y+ − = − + + i 
2 2 2
2 2
( 1) ( ) ( )
( 1) 2
2x y x y x
x y
⇒ + − = − + +
⇒ + + =
y 
Vậy tập hợp điểm biếu diễn số phức z là đường tròn tâm I(0; -1) bán kính R= 2 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. 
Từ (E): + = ⇒ = − =
2 2
21 3 2
3 2
x y c 1 
Vậy −1 2( 1;0); (1;0)F F ⇒ =
JJJG
1 (3; 3)FA
⎧ = − +⎪⇒ ⎨ =⎪⎩1
1 3(AF ): x t
y t
Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: 
Cung cấp bởi Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower 7 
⎧ = − +⎪ =⎪ ⎛ ⎞⎧ − − =⎪ ⎪⇒ ⇒ = ⇒ ⎜ ⎟⎨ ⎨ ⎜ ⎟>⎪+ = ⎩⎪ ⎝⎪⎪ >⎩
2
2 2
1 3
2 3 2 39 4 3 4 0 1;
3 301
3 2
0
x t
y t
t t t Mx y t
t
⎠
N M
Vì M là trung điểm của 2NF
= −⎧⎪⇒⎨ = −⎪⎩
2
2
2
2
N M F
F
x x x
y y y
⎛ ⎞⇒ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
4 31;
3
N 
Ta có: ⎛ ⎞= − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
JJJG JJJG
2
41; 3 ; A ( 1; 3)
3
AN F ⇒ =JJJG JJJJG2.A 0AN F 
Vậy ∆ 2ANF là tam giác vuông tại A. 
Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ 2ANF có tâm là M, bán kính = =2 23R MF 
⇒ Phương trình đường tròn: ( ) ⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2
2 2 3 41
3 3
x y 
2. 
Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là ( )2;1;2v∆ =JJG 
Vì M thuộc trục hoành nên tọa độ của M có dạng: ( );0;0M m 
Lấy ( )0;1;0A ∈∆ ( ); 1;0AM m⇒ = −JJJJG ( ); 2; 2 ;AM v m m∆⎡ ⎤⇒ = − −⎣ ⎦ 2+
JJJJG JJG
( ) 2 2; 4 4 4 4;
9
AM v m m md M
v
∆
∆
⎡ ⎤ + + + +⎣ ⎦∆ = =
JJJJG JJG
JJG 
Theo bài ra: ( );d M OM∆ =
2
2