ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI A NĂM 2003 potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (144.21 KB, 5 trang )
1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
đáp án
thang điểm
đề thi chính thức Môn thi : toán Khối A
Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1)
Khi
2
11
1.
11
xx
my x
xx
+
= = =
+ Tập xác định:
\{ 1 }.R
+
2
22
0
12
' 1 . ' 0
2.
(1) (1)
x
xx
yy
x
xx
=
+
= + = =
=
+
[]
=
=
0
1
1
lim)(lim
x
xy
xx
tiệm cận xiên của đồ thị là:
x
y
=
.
=
y
x 1
lim
tiệm cận đứng của đồ thị là: 1
=
x .
Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).
1 điểm
0,25 đ
0,5 đ
0, 25 đ
x
0 1 2 +
y
0 + + 0
+ + 3
y
CT CĐ
1
y
x
O
1
2
3
1
1
2
2)
Đồ thị hàm số
1
2
++
=
x
mxmx
y
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
dơng
phơng trình
2
() 0fx mx x m=++=
có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1
2
0
14 0
(1) 2 1 0
1
0, 0
m
m
fm
m
SP
mm
= >
=+
= > = >
0
1
1
2
0
1
2
2
0
m
m
m
m
m
<
<<
<
.
Vậy giá trị
m
cần tìm là:
1
0
2
m
<<
.
1 điểm
0,25 đ
0,75 đ
Câu 2. 2điểm
1)
Điều kiện
sin 0
cos 0 (*)
tg 1
x
x
x
.
Khi đó phơng trình đã cho
)cos(sinsin
cos
sin
1
sincos
1
sin
cos
22
xxx
x
x
xx
x
x
+
+
=
cos sin
cos (cos sin ) sin (sin cos )
sin
xx
x
xx xx x
x
=+
2
(cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + =
2
cos sin 0
1 sin cos sin 0.
xx
xx x
=
+=
TH1
:
sin cos tg 1 ( )
4
xxx xkk===+ Z
thỏa mãn điều kiện (*).
TH2:
22
1
1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0:
2
xx x x x+=+=
vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phơng trình là:
( )
4
xkk
=
+Z
.
2) Giải hệ
3
11
(1)
2 1 (2).
xy
xy
yx
=
=+
+ Điều kiện
0.xy
+ Ta có
1
(1) ( )(1 ) 0
1.
x
y
xy
xy
xy
=
+ =
=
TH1
:
33 2
2121(1)(1)0
xy xy xy
yx xx x x x
== =
=+ =+ +=
1
15
2
15
.
2
xy
xy
xy
==
+
==
==
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
1 điểm
0, 25 đ
0,5 đ
3
TH2
:
3
3
4
1
1
1
(3)
2
21
1
2 0 (4).
y
xy
y
x
x
yx
x
xx
x
=
=
=
=+
= +
++=
Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
Cách 1.
22
42
113
20,
222
++= + + + >
x
xx x x.
Cách 2.
Đặt
4
3
1
() 2 () min () 0
4
=++ = >
x
fx x x fx fx f
R
.
Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1515 1515
(; ) (1;1), ; , ;
22 22
xy
+ +
=
.
0, 25 đ
Câu 3. 3điểm
1)
Cách 1.
Đặt
A
Ba=
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH
AC, mà BD
(AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc
phẳng nhị diện
[]
,',
B
AC D
là góc
n
B
HD
.
Xét
'
A
DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có .' .'DH A C CD A D=
.'
'
CD A D
DH
A
C
=
.2 2
33
aa a
a
==
. Tơng tự, '
A
BC
vuông tại B có BH là đờng
cao và
2
3
a
BH =
.
Mặt khác:
n n
22 2
2222
22 2
2 2 . cos 2. cos
33 3
aa a
aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+
,
do đó
n
1
cos
2
BHD =
n
o
120BHD=
.
Cách 2.
Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC
AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của '
A
C và (')
B
CD
n
B
HD là góc phẳng của
[]
;';
B
AC D
.
Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau
HB = HC = HD
H là tâm
BCD đều
n
o
120BHD=
.
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
hoặc
0, 25đ
0,25 đ
0,5 đ
A
A
B
C
D
D
C
B
H
I
4
2)
a) Từ giả thiết ta có
)
2
; ;() ; ;(' 0); ; ;(
b
aaMbaaCaaC .
Vậy
( ; ; 0), (0; ; )
2
b
BD a a BM a= =
J
JJG JJJJG
2
, ; ;
22
ab ab
B
DBM a
=
J
JJG JJJJG
.
()
2
3
'; 0; ,.' .
2
ab
BA a b BD BM BA
= =
J
JJG JJJG JJJJGJJJG
Do đó
2
'
1
,.'
64
BDA M
ab
VBDBMBA
==
J
JJG JJJJGJJJG
.
b) Mặt phẳng
()BDM có véctơ pháp tuyến là
2
1
,; ;
22
ab ab
nBDBM a
==
J
JGJJJGJJJJG
,
mặt phẳng
(' )
A
BD có véctơ pháp tuyến là
2
2
,'(; ; )nBDBAababa
==
J
JG JJJG JJJG
.
Do đó
22 22
4
12
()(').0 0
22
ab ab
B
DM A BD n n a a b = + ==
JJGJJG
1
a
b
=
.
2 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 5 đ
0, 5 đ
Câu 4. 2điểm
1)
Ta có
(
)
11
43 33 3
7( 3) 7( 3)
nn nn n
nn nn n
CC n CC C n
++
++ ++ +
=+ + =+
(2)(3)
7( 3) 2 7.2! 14 12.
2!
nn
nn n
++
=++===
Số hạng tổng quát của khai triển là
()
12
56011
3
22
12 12
.
k
k
k
kk
Cx x Cx
=
.
Ta có
60 11
8
2
60 11
84.
2
= ==
k
k
xx k
Do đó hệ số của số hạng chứa
8
x là .495
)!412(!4
!12
4
12
=
=C
2) Tính tích phân
23
22
5
4
xdx
I
xx
=
+
.
Đặt
2
2
4
4
x
dx
tx dt
x
=+=
+
và
22
4.xt
=
Với
5x =
thì
3t =
, với
23x =
thì
4t
=
.
Khi đó
23 4 4
2
22
33
5
11 1
422
4
4
xdx dt
Idt
tt
t
xx
===
+
+
4
3
1215
ln ln .
4243
t
t
==
+
1 điểm
0, 5 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0,25 đ
0, 25 đ
A
A
B
C
D
D
C
B
y
x
z
5
Câu 5. 1điểm
Với mọi
,uv
GG
ta có
| | | | | | (*)uv u v+ +
GG G G
(vì
(
)
2
22
222
| | 2. || || 2||.|| ||||uv u v uv u v u v u v+=++ + + = +
GG G G GG G G G G G G
)
Đặt
,
1
;
=
x
xa
=
y
yb
1
;
,
=
z
zc
1
;
.
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
|| |||| | ||| | |.a b c ab c abc++ ++ ++
G
GG GGG GGG
Vậy
2
222 2
222
111 111
()Px y z xyz
x
yz
xyz
=++++++++++
.
Cách 1
.
Ta có
()
2
2
2
2
3
3
111 1 9
( ) 3 3 9P x y z xyz t
x
yz xyz t
+++++ + =+
, với
()
2
2
3
1
0
39
xyz
txyz t
++
=<
.
Đặt
2
991
() 9 '() 9 0, 0; ()
9
Qt t Q t t Qt
t
t
=+ = <
giảm trên
1
0;
9
1
( ) 82.
9
Qt Q
=
Vậy
() 82.PQt
(Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
).
Cách 2
.
Ta có
22
222
111 111
( ) 81( ) 80( )
x
yz xyz xyz
xyz xyz
++ + ++ = ++ + ++ ++
2
111
18( ) 80( ) 162 80 82.xyz xyz
xyz
++ ++++=
Vậy
82.P
(Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
).
Ghi chú:
Câu này còn có nhiều cách giải khác.
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
hoặc
0,25 đ
0,5 đ
