Đáp án đề đại học môn toán từ năm 2002 đến 2011

bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
Môn thi : toán
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________

Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
(1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1
=
m
2. Tìm
k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033
2323
=++ kkxx
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phơng trình :
0121loglog
2
3
2
3
=++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải phơng trình (2) khi
.2
=
m
2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m

3
3;1 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0(

của phơng trình: .32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x
xx
x
5

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng: .3,|34|
2
+=+= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS . ,S
M
và lần lợt N

là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC
a
AMN
mặt phẳng
( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz cho hai đờng thẳng:


và

.



=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=

+=
tz
ty
tx
21
2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng
chứa đờng thẳng )(P
1

và song song với đờng thẳng .
2


b) Cho điểm
. Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M
H
thuộc đờng thẳng
2

sao cho đoạn thẳng
MH

có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.
( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc

Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A
phơng trình đờng thẳng
là BC ,033 = yx các đỉnh và A
B
thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm
của tam giác . G ABC

2. Cho khai triển nhị thức:

n
x
n
n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n
x
n
n
x
x
CCCC

+
















++

+








=






+

3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0
3
2
1
22222222 L

( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t
13
5
nn
C=
bằng , tìm và n20 n
x
.
Hết
Ghi chú:
1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Câu ý Nội dung
ĐH CĐ
I1

23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,

=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x

'
y
+
0

0
+
0
"
y
y + lõm U 4
CT 2 CĐ
0 lồi

=
=
=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =y
Đồ thị:
( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1,0 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0

2
4
y
2
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka

()( )



>+
<




>++
<

021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k





<<

20
31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf

có 2 nghiệm phân biệt khác k





<<




++
>++=

20
31
033
0963
222
2
kk
k
kkkkk
kk

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25đ

0,25 đ

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy ,



+=
=
=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21

xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị

(
)
23;1
2
1
+ mmmM và
(
)
23;1
2
2

+++ mmmM là:

++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99'
22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và

2
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++






=
Từ đây ta có mmxy +=
2
11
2
và mmxy +=
2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=

2
2
.

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2

3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=

t
t

5,0 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
3
3
1

=
t (loại) ,
3
3
2
32
33log3log2

==== xxxt
3
3

=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog
2
3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22

=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[]
2,1 . Đặt tttf +=
2
)(
Cách 1.
Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn
][
2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Phơng trình
22)(22
2
+=+=+ mtfmtt có nghiệm
[]
2;1

.20
622
222
22)2(

22)1(




+
+




+
+
m
m
m
mf
mf
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21

<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt

()
200242 mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5
32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=

+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5






+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=

+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=






+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32

1
cos Zkkxx +==



1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
2.
Vì
(
0x ;
)

2 nên lấy
3
1

=x và
3
5
2

=x . Ta thấy
21
, xx thỏa mãn điều
kiện
2
1
2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
3
1

=x và
3
5
2

=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình
3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]

5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3

()
dxxxx

+++
5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS

+++++=
5

3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3

1






++






++






+=
xxxxxxxS

6
109
3
22
3
26

6
13
=++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
++ 3|34|
2
xxx
[]
5;0x )
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.

1đ

1đ
x
5

1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
5
S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết
MN
a
BCMN ,
22
1
==// BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác
()( )

()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC










=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa

BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==






==
.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS
AMN

==

(đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI nh sau:

() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho

h
a
S
a
A
a
C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;

2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
()
2;1;1
2
=
u
r
//
2

và
()
22
1;2;1

M
()
P //
()() ()

=





=

PMPM
un
P
22
2
2
0
1;2;1
0.

rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình

1

suy ra .02 = zx Đặt





=
=
=
=
'4
2'3
'2
:'2
1
tz
ty
tx
tx
()
)4;3;2(,0;2;0
111
=
uM
r
//
1

.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11

M bằng cách cho 020
===
zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1
=

=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2
=u
r
//
2
. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :
[]
()
1;0;2,
21
== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
()
0;2;0
1
M
và


()

1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .
Mặt khác
()()
PM 1;2;1
2
phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=

()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()
3;3;21 Ht =
Cách II.
()
tttHH 21;2;1
2
+++ .
MH nhỏ nhất
()
4;3;210.
22
HtuMHMH ==
r

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()

++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có








+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó

1đ
0,25 đ
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC
.
Ta có
()
|1|3|1|3
132
2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB

S
r = .2
13
|1|
=
+

a
Vậy .232|1|
+=a
TH1.








++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2

=
3
326
;
3
134
132
22
Ga
.
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình

()
321
3
1
1.30:
0
=

==
I
x
x
xtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=
I
xB Từ 2),(
=
ACId
.3232 +=+=
I
xa








++

3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa










3
326
;
3

134
2
G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2.
Từ
13
5
nn
CC = ta có 3n và

1 đ
8
()()
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=

−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2
=
n
Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=

















−−−
−
−
xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________

Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
(
)
109
224
++=
xmmxy (1) (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải phơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
= .
2. Giải bất phơng trình:
(
)
1)729(loglog
3

x
x
.
3. Giải hệ phơng trình:

++=+
=
.2
3
yxyx
yxyx
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng :

4
4
2
x
y = và
24
2
x
y = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm

0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng
1111
DCBABCDA có cạnh bằng
a
.
a) Tính theo
a
khoảng cách giữa hai đờng thẳng BA
1
và DB
1
.
b) Gọi PNM ,, lần lợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,
1
,
11
DA . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và NC
1
.

Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều
n
AAA
221
L ,2( n n nguyên ) nội tiếp đờng tròn
()
O . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L , tìm n .
Hết
Ghi chú : 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b

Câu
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy .
Tập xác định
Rx ,
(
)
44164'
23
== xxxxy , 0'
=
y



=
=

2
0
x
x

,

3
4
121612"
22






== xxy

3
2
0" == xy
.
Bảng biến thiên:

+

2
3
2
0
3
2
2x
'y

0

+

0


0 +

"y + 0

0
+

+ 10 +
y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT
6 6



Hai điểm cực tiểu :
()
6;2
1
A
và
(
)
6;2
2

A
.
Một điểm cực đại:
()
10;0B .
Hai điểm uốn:









9
10
;
3
2
1
U và

9
10
;
3
2
2
U .
Giao điểm của đồ thị với trục tung là
(
)
10;0B .
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:

64 +=x và 64 =x .

(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

0,1 đ



0,25 đ






0,5 đ












0,25 đ

5,1 đ

0,5 đ






0,5 đ












0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2
2
A

2
A
1
B
U
1
U
2

2

I
2

(
)
(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy ,




=+
=
=
092
0

0'
22
mmx
x
y

Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình
0'
=
y
có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)

phơng trình

092
22
=+ mmx
có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
092
22
=+ mmx






=

m
m
x
m
2
9
0
2
2
. Phơng trình 092
22
=+ mmx
có 2 nghiệm khác 0



<<
<

.30
3
m
m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị



<<

<

.30
3
m
m


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ


0,25 đ


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ


II
1

xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=

2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+


=
+

()()
06cos8cos10cos12cos
=
+
+ xxxx

()
07cos11coscos = xxx

02sin9sincos = xxx


.
2
9
02sin9sin Zk
k
x
k
x
xx





=
=

=



Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.



0,1
đ

0,25 đ


0,25 đ



0,5 đ





0,1
đ

0,25 đ

0,25 đ



0,5 đ






2


(
)
1)729(loglog
3

x
x
(1).
Điều kiện:
73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3

>>





>
>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9
>>x nên
(
)
x
x
729log)1(
3


(
)
072333729

2

xxxx
(3).
Đặt
x
t 3= thì (3) trở thành

293898072
2
xttt
x
.
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:

273log
9

<
x .



0,1 đ


0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ

0,1 đ


0,25 đ




0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ


3

3

++=+
=
).2(2
)1(
3
yxyx
yxyx
Điều kiện: )3(
.0
0



+

yx
yx


()



+=
=
=
.1

01)1(
63
yx
yx
yxyx

Thay
y
x
= vào (2), giải ra ta đợc .1
=
=
yx
Thay
1+= yx vào (2), giải ra ta có:
2
1
,
2
3
== yx
.
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:

1,1 =
=
yx
và
2
1

,
2
3
== yx

Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:




+=
=
.1yx
yx


0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ

0,1
đ
0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ


0,25 đ

III

Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x
y =
và
24
2
x
y =
:
4
4
2
x

=
24
2
x
8804
432
2
24
===+ xx
xx
.
Trên
[

]
8;8 ta có
24
2
x
4
4
2
x
và do hình đối xứng qua trục tung
nên
dx
xx
S









=
8
0
22
24
4
42

21
8
0
2
8
0
2
22
1
16
SSdxxdxx ==

.
Để tính
1
S ta dùng phép đổi biến tx sin4
=
, khi
4
0

t
thì 80 x .

tdtdx cos4=
và

>
4
;00cos

tt . Do đó

0,1 đ

















0,25 đ

0,25 đ










5,1 đ

0,5 đ




0,25 đ









x
0
-4
4
2
y
-2
2
2
2
2
A
2
A
1

4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=

4
()
422cos18cos1616
4
0
4
0
2
8
0
2
1
+=+===



dtttdtdxxS
.

3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2
===

xdxxS . Vậy
3
4
2
21
+==

SSS .
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx
xx
S

=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ


0,25 đ

0,5 đ


0,25 đ

IV
1

Khoảng cách từ
I
đến đờng thẳng AB bằng
2
5
5= AD và
2
5
==
IBIA .
Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng
A
B với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=

R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :












=+







=+
2
2
2
2
5
2
1
022

yx
yx

Giải hệ ta đợc
()()
2;2,0;2 BA (vì 0
<
A
x )
()( )
2;1,0;3 DC .

Chú ý
:

Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng AB .
Sau đó tìm
BA,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
HA
với đờng
thẳng AB .

0,1 đ
















0,25 đ






0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

5,1 đ
















0,25 đ






0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ



x
C
I
O
A
D
B
H
y

5
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa BA
1
và DB
1
.

Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
()()()()
(
)
(
)
(
)( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111

() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA === và
[
]
(
)

222
11
;2;, aaaDBBA = .
Vậy
()
[
]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.
()
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111

1
11






.
Tơng tự DBCA
111

(
)
111
BCADB .
Gọi
()
111
BCADBG = . Do aCBBBAB
=
=
=
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA có cạnh bằng 2a .

Gọi
I là trung điểm của BA
1
thì IG là đờng vuông góc chung của BA
1
và
DB
1
, nên
()
6
2
3
3
1
3
1
,
1111
a
BAICIGDBBAd ====
.
Chú ý:

Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng
(
)
P chứa BA
1
và song song với

DB
1
là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ
1
B (hoặc từ D ) tới
()
P ,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
(
)
Q chứa DB
1
và song song với BA
1
là:
022 =++ azyx
và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
(
)
Q .


0,1
đ

0,25 đ







0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ





0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ



5,1
đ











0,25 đ







0,5 đ

0,25 đ


0,5 đ





0,25 đ


0,5 đ



0,5 đ

x
D
1
D
C
1
B
1

A
1

z
y
x
A
C
B
I
G

6

2b)
Cách I.
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc

a
a
Pa
a
N
a
aM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0;

0.;0;
2
,
2
;
2
;
11
=

=






= NCMPa
a
NC
aa
aMP .
Vậy NCMP
1
.

Cách II.


Gọi
E
là trung điểm của
1
CC thì
(
)


11
CCDDME hình chiếu vuông góc của
MP
trên
()
11
CCDD
là
1
ED
. Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC
1111
0
111111
90 === . Từ đây

theo định lý ba đờng vuông góc ta có NCMP
1

.


0,1
đ

0,25 đ


0,5 đ
0,25 đ













0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

V


Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L là
3
2n
C .
Gọi đờng chéo của đa giác đều
n
AAA
221
L đi qua tâm đờng tròn
(
)
O là
đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có

n
đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
n2 điểm
n
AAA
221
,,, L có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu
mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác
n
AAA
221
L tức
2
n
C .
Theo giả thiết thì:

0,1 đ

0,25 đ

0,25 đ






D
1
A
1

B
1

C
1

C

B
A
M
E
N
P
y

x

z

7
()
()
()
(
)
(
) ()
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
2

=




=

=
nnnnn
n
n
n
n
CC
nn

81512 == nn .
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
đến kết quả số hình chữ nhật là
2
)1(

nn
thì cho điểm tối đa phần này.




0,5 đ





Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

Đề chính thức
Môn thi : Toán, Khối D
(
Thời gian làm bài : 180 phút
)
_________________________________________
CâuI
( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
Cho hàm số :
()
1x
mx1m2
y
2


= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y
= .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
(
)
x3x
2
. 02x3x2

2
.
2. Giải hệ phơng trình :





=
+
+
=
+
.y
22
24
y4y52
x
1xx
2x3
Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng phơng trình :
04xcos3x2cos4x3cos =+ .
Câu IV ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 2 điểm ).
1. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4 cm ;
AB = 3 cm ; BC = 5 cm . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 02yx2 =+
và đờng thẳng
m
d:

()()
()



=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2 C4C2C
n
n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình
1
9
y
16
x

22
=+ . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ
nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó .
Hết
Chú ý :
1. Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh

1
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002
Môn Toán, khối D


Đáp án và thang điểm đề thi chính thức



Câu Nội dung Điểm

ĐH

CĐ

I


3đ
4đ

1.

1 1,5

Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y

=


=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

= 1x,0
1x
4
y
2
,

hàm số không có cực trị.

1/4

1/4


3ylim
x
=

; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .



- BBT :

x - 1 +

y
/
+ +
+

y -3 -3

-

1/4

1/4


- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =

ylim
1x
.
y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
x
=


1/4

1/4


- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.


1/4


- Đồ thị :
x

y

1/4

1/2




2

2.

1 1,5

Diện tích cần tính là :
dx
1x
1x3
S
0
3/1

=

1/4

1/2





=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4

3/1
0
1xln4
3
1
.3

=

1/4 1/2

3
4
ln41 += ( đvdt).
1/4 1/4

3.
1 1

Ký hiệu
()
1x
mx1m2
)x(f
2


= . Yêu cầu bài toán tơng đơng với tìm
m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
(H)
()



=
=
.x)x(f
x)x(f
/

/

1/4 1/4

Ta có (H)
()
()







=










=



0

1x
mx
0
1x
mx
/
2
2

1/4 1/4


()
()()()
()







=

+
=



0

1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2

1/4 1/4

Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (H)
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ
thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m

.
ĐS : 1m .



1/4 1/4
II


2đ

3đ

1.
1 1,5

Bất phơng trình












>
=

0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2

1/4 1/2

TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2

22
====
1/4 1/4

TH 2:




>







>
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2
2
2

><

3x0x
2x
2
1
x

1/4

3


3x
2
1
x <
1/4 1/4

Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5

Hệ phơng trình



=
=

y2
y4y52
x
2x3

1/4 1/2





=+
>=

0y4y5y
0y2
23
x

1/4 1/4

===
>=

4y1y0y
0y2
x

1/4 1/4





=
=




=
=
4y
2x
1y
0x

1/4 1/2

III


1đ 1đ

Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++

0xcos8xcos4
23
=

()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2

+

= k
2
x.
1/4 1/4


[]

3k2k1k0k14;0x ====
1/4

ĐS : ;
2
x

=
2
3
x

= ;
2
5
x

= ;
2
7
x

= .
1/4 1/4
IV
2đ

2đ

1.

1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.

1/4

1/4
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4





Khoảng cách cần tính là :

17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4

4

Cách 2
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.


1/4

1/4

D




H C


A E


B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC
1
AB
1
AD
1
AH
1
++= .
1/4 1/4
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
cm
17
346

AH =
1/4 1/4
Cách 3:
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó
.ACAB

1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD

, nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.


1/4

1/4

Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH

= với V = 8 và dt(

BCD) =2 34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n

. Đờng thẳng
m
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++

.
1/4 1/4

Suy ra

u.

n =3(2m+1).
m
d song song với (P)









)P(d
nu
m

1/4 1/4

5



()

=


PA,dA
0n.u
m

Ta có : điều kiện 0n.u =


2
1
m =
1/4 1/4

Mặt khác khi m = - 1/2 thì
m
d có phơng trình :



=
=
0x
01y
, mọi điểm
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
()
PA,dA
m

đợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2
1/4 1/4
Cách 2:
Viết phơng trình d
m
dới dạng tham số ta đợc





=
+=
+=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2

1/4 1/4

m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau

=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4

phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4

m=-1/2
1/4 1/4
Cách 3:
m
d
// (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
(H)
()()





=++++

=+++
=+
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2

vô nghiệm 1/4 1/4

Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra







+
=

=
3
4m2
y
3
1m
x

1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(

3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4

Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ


1.
1


Ta có :
()

=
=+
n
0k
kk
n
n

xC1x
,
1/4

Cho x = 2 ta đợc

=
=
n
0k
kk
n
n
2C3

1/4

5n32433
5n
=== .
1/2

6

2.
1

Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.

Đờng thẳng MN có phơng trình :
01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n
1
9
m
1
16
22
=






+

.
1/4
Theo BĐT Côsi ta có :
()
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=






++=+=

499.16225
=+ 7MN
1/4








Đẳng thức xảy ra









>>
=+
=

0n,0m
49nm
n
m9
m

n16
22
2
2
2
2

21n,72m
== .
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n

1
9
m
1
16
22
=






+






.
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có
()
49
n
3
.n
m
4

.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222
=






+






++=+=
.
7MN
1/4

- Đẳng thức xảy ra

>>
=+
=

0n,0m
7nm
n
3
:n
m
4
:m
22

21n,72m ==
.
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.

1/4
Cách 3:
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x
0
; y
0
) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx
00
=+
1/4

7


Suy ra toạ độ của M và N là








0;
x
16

M
0
và








0
y
9
;0N









+

+=+=
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y

9
x
16
MN
1/4
Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có :
22
7MN

1/4

- Đẳng thức xảy ra
7
213
y;
7
78
x
00
== .
- Khi đó
(
)
(
)
21;0N,0;72M và GTNN (MN) = 7
1/4

Hết