ĐÁP ÁN MÔN TOÁN - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2004 pot

1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

Đề chính thức Môn: Toán, Khối A

(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu
ý
Nội dung Điểm
I

2,0

I.1
(1,0 điểm)




()
12
33
2

+
=
x
xx

y
=
()
11
x1
22x1
+

.




a) Tập xác định:
{
}
R\ 1 .
b) Sự biến thiên:

2
x(2 x)
y'
2(x 1)

=

; y' 0 x 0, x 2== =.

0,25


y
CĐ
= y(2) =
1
2

, y
CT
= y(0) =
3
2
.
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
Đờng thẳng
1
yx1
2
= +
là tiệm cận xiên.




0,25

Bảng biến thiên:
x

0 1 2 +

y' 0 + + 0

y
+ +
1
2


3
2









0,25



c) Đồ thị:

0,25





2

I.2
(1,0 điểm)


Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :
()
m
x
xx
=

+
12
33
2

()
02332
2
=++ mxmx (*).


0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0>

2
4m 4m 3 0>
3
m
2
>
hoặc
1
m
2
<
(**) .

0,25

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (*).
AB = 1 1
21
= xx
2
12
xx 1=
()
12
2
12
xx 4xx1+ =



0,25



()()
123432
2

= mm
15
m
2

=
(thoả mãn (**))

0,25
II

2,0

II.1
(1,0 điểm)


Điều kiện : x4 .
0,25

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:
22
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> >



0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25

+ Nếu 4x5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
đợc:
()
()
2
22
2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +< 10 34 x 10 34 <<+ .
Kết hợp với điều kiện
4x5
ta có: 10 34 x 5<. Đáp số: x10 34>



0,25

II.2
(1,0 điểm)


Điều kiện: y > x và y > 0.




()
1
1
loglog
4

4
1
=
y
xy
()
1
1
loglog
44
=
y
xy


0,25



4
yx
log 1
y

=

4
3y
x =
.

0,25


Thế vào phơng trình x
2
+ y
2
= 25 ta có:
2
2
3y
y25y4.
4

+==




0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).

0,25
III

3,0

III.1
(1,0 điểm)


+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3)
J
JJG
có phơng trình 3x 3y 0+=.
Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)
J
JJG
có phơng trình y = 1
( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
J
JJG
có phơng trình 3x y 2 0+=)


0,25


Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1)
0,25

+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình
3x y 2 0++=
.
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình 3x 3y 0+=).

0,25


3

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là
()
I3;1 .

0,25


III.2.a
(1,0 điểm)


+ Ta có:
()
C2;0;0 ,
()
D0; 1;0 ,
(
)
2;0;1M ,

()
22;0;2 =SA ,
()

BM 1; 1; 2=
JJJJG
.


0,25


Gọi là góc giữa SA và BM.
Ta đợc:
()
SA.BM
3
cos cos SA, BM
2
SA . BM
= = =
J
JJG JJJJG
JJJG JJJJG
JJJGJJJJG
30= .



0,25


+ Ta có:
()

SA, BM 2 2; 0; 2

=

J
JJGJJJJG
,
()
AB 2; 1; 0=
J
JJG
.
0,25

Vậy:
()
SA, BM AB
26
dSA,BM
3
SA, BM



==


JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG

0,25

III.2.b
(1,0 điểm)


Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD






2;
2
1
;0N
.


0,25


()
SA 2; 0; 2 2=
JJJG
,
()

2;0;1 =SM ,
()
22;1;0 =SB ,
1
SN 0; ; 2
2

=


JJJG


()
SA, SM 0; 4 2; 0

=

JJJG JJJG
.



0,25


S.ABM
122
V SA,SM SB
63

==

JJJG JJJG JJG


0,25


S.AMN
12
V SA,SM SN
63

==

JJJG JJJG JJJG

S.ABMN S.ABM S.AMN
VVV 2=+=

0,25
IV


2,0

IV.1
(1,0 điểm)

2
1
x
Idx
1x1
=
+

. Đặt: 1= xt 1
2
+= tx tdtdx 2= .

01 ==
t
x
,
12 ==
t
x
.



0,25


4

Ta có:
111
23
2
000
t1 tt 2
I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt
1t 1t t1
++

===+

++ +





0,25


I
1
32
0
11
2t t2t2lnt1
32

=++

0,25


11 11
I 2 2 2 ln 2 4ln 2
32 3

=+ =


.

0,25

IV.2
(1, 0 điểm)
() () () () ()
() () () ()
8
234
2 0 12 24 36 48
88 8 8 8
5678
5 10 6 12 7 14 8 16
8888
1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1x

Cx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x

+ =+ + + +

++++



0,25


Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25


Vậy x
8
chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

32 40
83 84
C.C, C.C


0,25


Suy ra a
8
168 70 238=+=.
0,25

V


1,0


Gọi 3cos22cos222cos ++= CBAM

3
2
cos
2
cos2221cos2
2



+
+=
CBCB
A
.


0,25


Do
0
2

sin >
A
,
1
2
cos
CB
nên
2
A
M2cosA42sin 4
2
+
.

0,25


Mặt khác tam giác ABC không tù nên 0cos A , AA coscos
2
. Suy ra:
4
2
sin24cos2 +
A
AM 4
2
sin24
2
sin212

2
+






=
AA


2
2
sin24
2
sin4
2
+=
AA
01
2
sin22
2

=
A
. Vậy
0M
.





0,25


Theo giả thiết: M = 0









=
=

=
2
1

2
sin
1
2
cos
coscos
2
A
CB
AA

A90
BC45
=


==









0,25