ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2003 ppt

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 D


Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
24
2
xx
y
x

+
=

.
1 điểm
Tập xác định : R \{ 2 }.
Ta có
2
24 4
.
22
xx
yx
xx
+
==+

2
22
0
44
' 1 . ' 0
4.
(2) (2)
x
xx
yy
x
xx
=


= = =

=



[]
4
lim lim 0
2
xx
yx
x

= =

tiệm cận xiên của đồ thị là: yx
=
,
tiệm cận đứng của đồ thị là:
2
lim
x
y

=
2x
=
.
Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 2).

0,25đ






0,5đ









0,25đ

2) 1 điểm
Đờng thẳng cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt

m
d
phơng trình
4
22
2
x
mx m
x
+=+

có hai nghiệm phân biệt khác 2
2
( 1)( 2) 4mx = có hai nghiệm phân biệt khác 2 10m

> 1.m

>
Vậy giá trị cần tìm là m 1.m >

0,5đ
0,5đ
x
2
6

2
2 4O
y
x

0 2 4 +
y
+ 0 0 +

2 + +
y
CĐ CT




6

1
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình
222

tg cos 0
24 2
xx
x




sin
(1)

=
1 điểm
Điều kiện: (*). Khi đó cos 0x
()
2
2
1sin1
(1) 1 cos 1 cos
222
cos
x
x
x
x



=+




() ( )
22
1sin sin 1cos cos
x
xx =+ x
()
(
)

1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin )
x
xx xx + =+ + x
()
1 sin (1 cos )(sin cos ) 0xxxx + + =

2
sin 1
2
cos 1 2
tg 1

4
x
k
x
x
xk
x
x
k

=+

=



==+

=

= +


()k

Z .
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm của phơng trình là:
2


4
x
k
x
k
=+



=
+


(). k Z

0,5đ



0,25đ




0,25đ
2) Giải phơng trình (1).
22
2
22
xx xx+
3=
1 điểm
Đặt .
2
20
xx
tt

=>
Khi đó (1) trở thành
2

4
3340(1)(4)0ttttt
t
= =+ ==4t
(vì t ) 0>
Vậy
2
2
24
xx
xx

= =2
1
2.
=




=

x
x

Do đó nghiệm của phơng trình là
1
2.
=

=

x
x



0,5đ




0,5đ
Câu 3. 3điểm
1) 1 điểm
Từ () suy ra có tâm và bán kính
22
:( 1) ( 2) 4+ =Cx y ()C (1; 2)I 2.R =
Đờng thẳng có véctơ pháp tuyến là nd (1; 1).
=

u
ur
Do đó đờng thẳng đi qua
và vuông góc với
d có phơng trình:
(1; 2)I
12

11
xy
xy
30


=
+

=.
Tọa độ giao điểm của
và là nghiệm của hệ phơng trình:
H
d
10 2
(2;1).
30 1

xy x
H
xy y
= =



+= =


Gọi
là điểm đối xứng với qua . Khi đó J (1; 2)I d

23
(3;0)
20

JHI
JHI
xxx
J
yxx
==



==

.
Vì đối xứng với ( qua
nên có tâm là và bán kính
Do đó có phơng trình là:
(')C
(C
)C
d (')C
22
(3;0)J 2.R =
')
(3) 4

+xy=.
Tọa độ các giao điểm của ( và là nghiệm của hệ phơng trình: )C (')C

22
22 2
22
10 1
(1)( 2) 4 1, 0
3, 2.
(3) 4 2 860
(3) 4
xy yx
xy xy
xy
xy xx
xy

= =

+ = = =





==
+= +=


+=

Vậy tọa độ giao điểm của và ( là và ()C ')C (1; 0)A (3; 2).B











0,5


0,25đ





0,25đ

2
2) 1 điểm
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định là
k
d
1

(1; 3 ; 1)
=

u
ur
nk
và
. Vectơ pháp tuyến của là
2
(; 1;1)=
uur
nk ()P (1; 1; 2)
=

r
n .
Đờng thẳng
có vectơ chỉ phơng là:
k
d
2
12
,(31;1;13)0 k k k
r

Nên
2
1 13
1.
11 2

kk k
k

= = =


Vậy giá trị
cần tìm là





0,5đ

0,5 đ
3) 1 điểm
Ta có (P) (Q) và = (P) (Q), mà
AC AC (Q) AC AD, hay
. Tơng tự, ta có BD nên
BD (P), do đó CBD . Vậy A và B
A, B nằm trên mặt cầu đờng kính CD.

0
90=CAD

0
90=
Và bán kính của mặt cầu là:
22

1
22
CD
R
BC BD== +
222
13
22
a
AB AC BD=++=.
Gọi
H là trung điểm của BC AH BC. Do BD (P) nên BD AH AH (BCD).
Vậy
AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và
12
.
22
a
AH BC==






0,25đ

0,25đ



0,5đ
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
[
]
1; 2 .
1 điểm
23
1
'.
(1)
x
y
x

=

+

'0 1yx==.
Ta có
3
(1) 0, 2, (2) .
5
y(1) yy= = =
Vậy
[]
1; 2
(1) 2max yy

== và
[]
1; 2
min ( 1) 0.yy

=
=



0,5đ



0,5đ

2) Tính tích phân

2
2
0

I
xxd=

x
.
1 điểm
Ta có
2
00 1
x
xx , suy ra
12
22
01
() () = +

I
x x dx x x dx

12
23 32
01
1.
23 32

= + =

xx xx




0,5đ



0,5đ
unn k

==

r
uuruur
31
() ||
k
dPun
rr
k 1.=k
.
A

B
C

D

P
Q

H


3
Câu 5. 1điểm
Cách 1: Ta có (
202122224
1)
nnn n
nn n
n
n
x
Cx Cx Cx C

+= + + ++,
011222333
( 2) 2 2 2 2
nn n n n n
nn n n
n
n
x
Cx Cx Cx Cx C

+= + + + ++ .
Dễ dàng kiểm tra
1, 2
=
=nn không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với
thì 3n
33 2 3 22 1
.
nnnnn
xxxxx

==

Do đó hệ số của
33

n
x trong khai triển thành đa thức của là
2
(1)(2++
nn
xx)
n
C
303 11
33
2. . 2. .
nnnn
aCCC

=+.
Vậy
2
33
5
2(2 3 4)
26 26
7
3
2

=

+

= =

=



n
n
nn n
an n
n

Vậy
là giá trị cần tìm (vì nguyên dơng). 5=n n

Cách 2:
Ta có
23
2
332
2
00 00
12
(1)(2) 1 1
12
2.
n
n
nnn
i
k
nn nn
ni k niikkk
nn nn
ik ik
xx x
x
x
xC C xCxCx
x
x

== ==

++= + +










==















Trong khai triển trên, luỹ thừa của
x
là 33n

khi 23ik

=
3k
, hay
Ta chỉ có hai trờng hợp thỏa điều kiện này là
23ik+=.
0,i
=
= hoặc i1, 1k
=
= .
Nên hệ số của
33

n
x là .
033 11
33
2 2
nnn nn
aCCCC

=+
Do đó
2
33
5
2(2 3 4)

26 26
7
3
2

=

+

= =

=



n
n
nn n
an n
n

Vậy
là giá trị cần tìm (vì nguyên dơng). 5=n n

0,75đ


0,25đ

hoặc












0,75đ




0,25đ


4