ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x − mx − 2(3m − 1) x + (1), m tham số thực 3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos 3x − sin x + cos x = cos x ⎧⎪ xy + x − = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ \ ) 2 ⎪⎩ x − x y + x + y − xy − y = π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1 + sin x)dx Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A' B 'C ' D ' có đáy hình vuông, tam giác A' AC vuông cân, AC ' = a Tính thể tích khối tứ diện ABB'C ' khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A 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 AD có phương trình x + y = x − y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M − ;1 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ): x + y − z + 10 = điểm I (2;1;3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường tròn có bán kính ( ) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i ) z + 2(1 + 2i ) = + 8i Tìm môđun số phức w = z + + i 1+ i B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = x −1 y +1 z = = hai −1 điểm A(1; −1; 2), B (2; −1;0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z + 3(1 + i) z + 5i = tập hợp số phức HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2 Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x − x + 3 • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ′ = x − x − 4; y ′ = ⇔ x = −1 x = 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (2; +∞); khoảng nghịch biến ( −1; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, yCĐ = 3, đạt cực tiểu x = 2, yCT = −6 - Giới hạn: lim y = − ∞, lim y = + ∞, x →− ∞ 0,25 x →+ ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' –1 + +∞ – + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –6 y –1 O x 0,25 –6 b) (1,0 điểm) Ta có y ′ = x − 2mx − 2(3m − 1) 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y′ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 13m − > ⇔ m > 13 13 m < − 13 13 0,25 Ta có: x1 + x2 = m x1 x2 = − 3m , x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = ⇔ − 3m + 2m = 0,25 2 ⇔ m = m = Kiểm tra điều kiện ta m = 3 0,25 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos x = (1,0 điểm) π kπ (k ∈]) • cos x = ⇔ x = + π • 2sin x + 2cos x − = ⇔ cos x − = 7π π ⇔x= + k 2π x = − + k 2π (k ∈ ]) 12 12 Vậy nghiệm phương trình cho là: π kπ 7π π + k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ]) x= + , x= 12 12 ⎧⎪ xy + x − = (1) Hệ cho tương đương với: ⎨ (1,0 điểm) ⎪⎩(2 x − y + 1)( x − y ) = (2) 0,25 0,25 ( ) 0,25 0,25 0,25 −1 ± ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ Do ta nghiệm ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y = ⇔ y = x Thay vào (1) ta x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 2) = 0,25 ⇔ x = Do ta nghiệm ( x; y ) = (1; 1) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ ( x; y ) = (1; 1), ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ , ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y + = ⇔ y = x + Thay vào (1) ta x + x − = ⇔ x = (1,0 điểm) π π ∫ ∫ I = xdx + x sin xdx = 0 π x2 π ∫ + x sin xdx = 0 π π + x sin xdx 32 ∫ 0,25 Đặt u = x;dv = sin xdx, suy du = dx; v = − cos x π Khi π 1 π 0,25 π ∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = ∫ cos xdx 0 0,25 π π2 1 + = sin x = Do I = 32 4 (1,0 điểm) D' C' B' A' D H C A B 0,25 Tam giác A′AC vuông cân A a A′A = AC = Do AB = B′C ′ = A′C = a nên a 0,25 1 a3 V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C ' AB.BB ' = 48 0,25 Gọi H chân đường cao kẻ từ A ∆A′AB Ta có AH ⊥ A ' B AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ), nghĩa AH ⊥ ( BCD ') Do AH = d ( A,( BCD ')) 0,25 = + = a2 a Do d ( A,( BCD ')) = AH = Ta có AH Trang 2/4 AB 2 AA' 0,25 Câu Đáp án Ta có ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ (1,0 điểm) A = ( x + y )3 − 3( x + y ) − xy + ≥ ( x + y )3 − ( x + y )2 − 3( x + y ) + Xét hàm số: f (t ) = t − t − 3t + đoạn [0; 8] Ta có f ′(t ) = 3t − 3t − 3, f ′(t ) = ⇔ t = 1+ 17 − 5 dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 7.a (1,0 điểm) A B N K I M D C 0,25 0,25 1+ 1− t = (loại) 2 ⎛ + ⎞ 17 − 5 17 − 5 Ta có f (0) = 6, f ⎜ = , f (8) = 398 Suy A ≥ ⎜ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠ Khi x = y = Điểm 0,25 0,25 ⎧x + 3y = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⇒ A( −3;1) ⎩x − y + = 0,25 Gọi N điểm thuộc AC cho MN//AD Suy MN có phương trình x − y + = Vì N thuộc AC, nên tọa ⎧ ⎪x − y + = ⎛ 1⎞ ⇒ N ⎜ −1; ⎟ độ điểm N thỏa mãn hệ ⎨ 3⎠ ⎝ ⎪⎩ x + y = 0,25 Đường trung trực ∆ MN qua trung điểm MN vuông góc với AD, nên có phương trình x + y = Gọi I K giao điểm ∆ với AC AD ⎧x + y = Suy tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x + y = 0, ⎧x + y = tọa độ điểm K thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x − y + = Do I(0; 0) K(−2;2) JJJG JJG JJJG JJJG AC = AI ⇒C (3;−1); AD = AK ⇒ D(−1;3); JJJG JJJG BC = AD ⇒ B(1;−3) Gọi H hình chiếu vuông góc I (P) Suy H tâm đường tròn giao tuyến 8.a (1,0 điểm) mặt phẳng (P) mặt cầu (S) cần viết phương trình 0,25 0,25 0,25 Ta có IH = d ( I ;( P )) = 0,25 Bán kính mặt cầu (S) là: R = 32 + = 0,25 Phương trình mặt cầu (S) là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 3)2 = 25 0,25 2(1 + 2i ) 9.a = + 8i ⇔ (2 + i) z = + 7i Ta có: (2 + i) z + (1,0 điểm) 1+ i 0,25 ⇔ z = + 2i 0,25 Do w = + 3i 0,25 Môđun w 42 + 32 = 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Gọi I tâm đường tròn (C) cần viết phương trình 7.b Do I ∈ d nên tọa độ I có dạng I (t ;2t + 3) (1,0 điểm) AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ | t | = | 2t + |⇔ t = −1 t =−3 Điểm 0,25 0,25 • Với t = −1 ta I (−1;1), nên d ( I ; Ox) = Suy ra, bán kính (C) 12 +12 = Do (C ): ( x + 1) + ( y − 1)2 = • Với t = −3 ta I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = Suy ra, bán kính (C) Do (C ): ( x + 3)2 + ( y + 3)2 = 10 Do M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (1 + 2t ; −1 − t ; t ) 8.b JJJJG JJJJG (1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ) JJJJG JJJJG Tam giác AMB vuông M ⇔ AM BM = 32 +12 = 10 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ 2t (−1 + 2t ) + t + t (t − 2) = ⇔ 6t − 4t = 0,25 ⎛7 2⎞ ⇔ t = t = Do M (1; −1;0 ) M ⎜ ; − ; ⎟ ⎝3 3⎠ 0,25 Phương trình bậc hai z + 3(1+ i ) z + 5i = có biệt thức ∆ = −2i 9.b (1,0 điểm) = (1 − i ) Do nghiệm phương trình z = z = −3(1 + i) + (1 − i) = −1 − 2i −3(1 + i ) − (1 − i ) = −2 − i 0,25 0,25 0,25 0,25 - HẾT - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ ⎩2⎭ • Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = −1 ( x −1) 0,25 < 0, ∀x ∈ D 1⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ Hàm số nghịch biến khoảng ⎜ − ∞; ⎟ ⎜ ; + ∞ ⎟ 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 1 Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − x → −∞ x → +∞ 2 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = ⎛1⎞ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ x →⎜ ⎟ ⎝2⎠ Bảng biến thiên: ⎝2⎠ x −∞ y’ y − 0,25 − +∞ − 0,25 +∞ − −∞ y • Đồ thị: (C) O − 2 x 0,25 –1 (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm d: y = x + m (C) nghiệm phương trình: x + m = −x +1 2x −1 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + (do x = không nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – = (*) ∆' = m2 + 2m + > 0, ∀m Suy d cắt (C) hai điểm phân biệt với m 0,25 0,25 Gọi x1 x2 nghiệm (*), ta có: k1 + k2 = – 4( x1 + x2 ) − x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 1 – = − (2 x1 − 1) (2 x2 − 1) (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – = – 4(m + 1)2 – ≤ – Suy ra: k1 + k2 lớn – 2, m = – Trang 1/5 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ (*) Phương trình cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 sin2xcosx ⇔ + sin2x + cos2x = 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – • cosx = ⇔ x = ) = π + kπ, thỏa mãn (*) 0,25 0,25 0,25 π π ) = ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*) 4 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z) • cosx + sinx = ⇔ sin(x + 0,25 (1,0 điểm) ⎧⎪5 x y − xy + y − 2( x + y ) = (1) ⎨ 2 (2) ⎪⎩ xy ( x + y ) + = ( x + y ) Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = ⇔ xy = x2 + y2 = • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + = ⇔ y = ± Suy ra: (x; y) = (1; 1) (x; y) = (–1; –1) • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = ⇔ (1 – xy)(2y – x) = ⇔ xy = (đã xét) x = 2y Với x = 2y, từ x2 + y2 = suy ra: ⎛ 10 10 ⎞ ⎛ 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜⎜ ; ;− ⎟⎟ (x; y) = ⎜⎜ − ⎟ ⎠ 5 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎛ 10 10 ⎞ ⎛ 10 10 ⎞ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜ ; ;− ⎟⎟ , ⎜⎜ − ⎟ ⎠ ⎝ 5 ⎟⎠ ⎝ III (1,0 điểm) I = π π π 4 ( x sin x + cos x) + x cos x dx = ∫0 x sin x + cos x ∫ dx + x cos x ∫ x sin x + cos x dx 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π Ta có: ∫ dx = x 04 = π π ∫ IV (1,0 điểm) 0,25 π x cos x dx = x sin x + cos x d(x sin x + cos x) ∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x ) π ⎛ ⎛ π ⎞⎞ ⎛ ⎛ π ⎞⎞ π = ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ Suy ra: I = + ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎠ ⎝ (SAB) (SAC) vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC) S n góc (SBC) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA n = 2a (ABC) ⇒ SBA Mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N H ⇒ MN //BC N trung điểm AC D N C A BC AB MN = = a, BM = = a M 2 B ( BC + MN ) BM 3a = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 ⋅ Diện tích: SBCNM = 2 Trang 2/5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ qua N, song song với AB Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)) Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH Tam giác SAD vuông A, có: AH ⊥ SD AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = V (1,0 điểm) SA AD = 2a 39 ⋅ 13 0,25 0,25 SA2 + AD 1 + ≥ (*), với a b dương, ab ≥ Trước hết ta chứng minh: + a + b + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (a + b) ab + ab ≥ a + b + 2ab b )2 ≥ 0, với a b dương, ab ≥ Dấu xảy ra, khi: a = b ab = Áp dụng (*), với x y thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, ta có: x 1 P= + + ≥ + 3y 2x + 3y + z + x x 2+ 1+ y z x y 0,25 ⇔ ( ab – 1)( a – Dấu " = " xảy khi: x z x = = y y z 0,25 (1) x t2 + ⋅ = t, t ∈ [1; 2] Khi đó: P ≥ 2t + + t y Đặt − ⎡⎣t (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦ t2 < Xét hàm f(t) = + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = 2t + + t (2t + 3) (1 + t ) ⇒ f(t) ≥ f(2) = 0,25 34 x = ⇔ x = 4, y = (2) ; dấu " = " xảy khi: t = ⇔ y 33 34 Từ (1) (2) suy dấu " = " xảy khi: x = 4, y = z = 33 34 Vậy, giá trị nhỏ P ; x = 4, y = 1, z = 33 ⇒P≥ VI.a 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) A Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = n = MBI n = 90o MA = MB Tứ giác MAIB có MAI I ⇒ SMAIB = IA.MA B M ∆ 0,25 ⇒ MA = ⇒ IM = IA2 + MA2 = M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2) IM = ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0,25 ⇔ t = t = – Vậy, M(2; – 4) M(– 3; 1) 0,25 0,25 (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + = ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) MA = MB = ⇔ ⎨( x − 2) + y + ( z − 1) = ⎪ x + ( y + 2) + ( z − 3) = ⎩ Trang 3/5 0,25 Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + = ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + = ⎪( x − 2) + y + ( z − 1) = ⎩ 0,25 ⎧x = y − ⎪ ⇔ ⎨z = 3y ⎪7 y − 11y + = ⎩ 0,25 ⎛ 12 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ; ⎟ Vậy có: M(0; 1; 3) M ⎜ − ; ; ⎟ ⎝ 7 7⎠ ⎝ 7 7⎠ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) ⎜ − ; VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi (1,0 điểm) 2 ⎧a − b = a + b + a ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ ⎧a = − 2b ⎩b(2a + 1) = ⇔ ⎨ 0,25 ⎛ 1⎞ ⎟ (a; b) = ⎝ 2⎠ 1 1 Vậy, z = z = − + i z = − – i 2 2 ⇔ (a; b) = (0; 0) (a; b) = ⎜ − ; (2,0 điểm) 0,25 0,25 ⎩2ab = − b VI.b 0,25 1⎞ ⎛ ⎜ − ; − ⎟ 2⎠ ⎝ 0,25 (1,0 điểm) Gọi A(x; y) Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương tam giác OAB cân O, nên: y A H O B 0,25 − x2 B(x; – y), x > Suy ra: AB = 2| y | = Gọi H trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB OH = x Diện tích: SOAB = x − x 2 x = x (4 − x ) ≤ Dấu " = " xảy ra, x = 0,25 0,25 ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ 2⎞ 2⎞ 2⎞ 2⎞ Vậy: A ⎜⎜ 2; ⎟⎟ A ⎜⎜ 2; − ⎟⎟ B ⎜⎜ 2; ⎟⎟ B ⎜⎜ 2; − ⎟ ⎠ ⎠ ⎠ ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 0,25 (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = Nhận xét: O A thuộc (S) Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = OA = 3 (P) qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ (*) (P) qua A, suy ra: 4a + 4b = ⇒ b = – a Khoảng cách: d(I, (P)) = d(I, (P)) = 2(a + b + c) 2 a +b +c 0,25 R2 − r = = 2c 2a + c ⇒ 2c 2a + c = ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a Theo (*), suy (P): x – y + z = x – y – z = Trang 4/5 0,25 0,25 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = – 2i ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = – 2i ⎧3a − 3b = ⎩a + b − = −2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = – 2i ⇔ ⎨ ⇔ a= 1 , b = − ⋅ Suy môđun: | z | = a + b = ⋅ 3 - Hết - Trang 5/5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 ... GIÁO D C VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án. ..ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO D C VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm a) (1,0... với AB Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d( AB, SN) = d( AB, (SND)) = d( A, (SND)) Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d( A, (SND)) = AH Tam giác SAD vuông A, có: AH ⊥ SD AD = MN = a ⇒ d( AB, SN) =