ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ_MÔN TOÁN_KHỐI B_ NĂM 2003 ppsx

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 B


Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1)
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ
tồn tại
0
0x sao cho
00
() ( )yx y x
=

tồn tại
0
0x sao cho
32 3 2
00 0 0
3()3()
x
xm x x m

+=+




tồn tại
0
0x
sao cho
2
0
3
x
m
=

0m>.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
m
= 2.
Khi
2m =
hàm số trở thành
32
32.yx x
=
+

Tập xác định :
\ .

2
0
' 3 6 , ' 0
2.
x
yx xy
x
=

= =

=


" 6 6. '' 0 1.yx y x= ==
"y triệt tiêu và đổi dấu qua 1(1;0)x = là điểm uốn.

Bảng biến thiên:







Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm
(1; 0), (1 3; 0) và cắt trục tung tại điểm (0;2) .

1 điểm
0, 25 đ

0, 25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1 điểm


0,25đ

0,25đ



0,25đ

0,25đ


x




0 2 +

y
+ 0 0 +
2 +
CĐ CT
y
2
x
y
O
2

2
1


2
2
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình:
2
cotg tg 4sin 2 (1).
sin 2
xx x
x
+ =

Điều kiện:
sin 0
(*).
cos 0
x
x






Khi đó (1)
cos sin 2
4sin2

sin cos sin 2
xx
x
x
xx
+ =
22
cos sin 2
4sin2
sin cos sin 2
xx
x
x
xx

+=
2
2cos2 4sin 2 2xx+ =

2
2cos 2 cos2 1 0xx=

cos 2 1
1
cos 2
3
2
xk
x
x

k
x



=
=







= +
=




()k

Z .
Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm của (1) là

( ).
3
xkk= + Z

2) Giải hệ phơng trình

2
2
2
2
2
3 (1)

2
3 (2).
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=



Điều kiện
0, 0xy.
Khi đó hệ đã cho tơng đơng với

22
22
22
()(3 )0
32

32.
32
xy xyxy
xy y
xy x
xy x


++ =

=+



=+

=+




TH1:
22
1

1.
32
xy
x
y
xy x
=

=




=
=+




TH2:
22
30
32
xy x y
xy x
++=



=+

vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có ,0xy> .
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1.xy
=
=
1 điểm



0,25đ




0,25đ


0,25đ


0,25đ



1 điểm

0,25đ


0,5đ


0,25đ
Câu 3. 3điểm
1)
Vì
G là trọng tâm
A
BC

và
M
là trung điểm
B
C nên
3(1;3)MA MG==
J
JJG JJJJG
(0;2)A .
Phơng trình
B
C
đi qua

(1; 1)M

và vuông góc với
(1,3)MA =
JJJG
là: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). xy xy

+ +=+ +=
Ta thấy
10MB MC MA
=
== tọa độ ,
B
C thỏa mãn
phơng trình:
22
(1) (1) 10 (2). xy++=
Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của
,
B
C
là
(4;0), ( 2; 2).



2)
Ta có
'// '
A

MNCAMCN
=
là hình bình hành,
do đó
'
A
C và MN cắt nhau tại trung điểm I của
mỗi đờng
. Mặt khác ADCB là hình bình hành nên
trung điểm
I của AC cũng chính là trung điểm của
BD. Vậy MN và BD cắt nhau tại trung điểm I của
mỗi đờng nên
BMDN là hình bình hành. Do đó B,
M, D, N
cùng thuộc một mặt phẳng.
Mặt khác
DM
2
= DA
2
+ AM
2
= DC
2
+ CN
2
= DN
2
,

hay
D
M =
D
N. Vậy hình bình hành
B
MDN là hình thoi. Do đó
B
MDN là hình
1 điểm


0,25đ


0,25đ


0,25đ
0,25đ
1 điểm







0,5đ

G

A

B

C
M

.
D

A

D

C
B

N

M

I

A

B

C
3
vuông MN = BD AC = BD AC
2
= BD
2
= BB
2
+BD
2
3a
2
= BB
2
+ a
2

BB=
2a
AA=
2a
.
3)
Từ
(0;6;0)AC =
JJJG
và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4).
Phơng trình mặt phẳng (

) qua

I
và vuông góc với
OA
là :
10.x

=


tọa độ giao điểm của (

) với
OA
là
K
(1; 0; 0).
khoảng cách từ I đến OA là
222
(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK
=
++ =
0,5đ
1 điểm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

2
4.yx x=+

Tập xác định:
[]
2; 2 .
2
'1
4
x
y
x
=

,
2
22
0
'0 4 2
4
x
yxx x
xx



= = =

=

.
Ta có
(2) 2, (2)22, (2)2yy y= = =,
Vậy
[2;2]
max ( 2) 2 2yy

==
và
[2;2]
min ( 2) 2yy

=
=.
2) Tính tích phân

4
2
0
12sin
.
1sin2
x
Idx
x

=
+

Ta có

44
2
00
12sin cos2
1sin2 1sin2
xx
Idxdx
x
x

==
++

.
Đặt
1sin2 2cos2txdtxdx=+ =
.
Với
0x =
thì
1,t =
với

4
x =
thì
2t

=
.
Khi đó
2
1
2
11 1
ln | | ln 2.
1
22 2
dt
It
t
== =


1 điểm




0,25đ

0,25đ


0,25đ
0,25đ

1 điểm




0,25đ


0,25đ
0,25đ


0,25đ
Câu 5. 1điểm
Ta có
01 22
(1 )
nnn
nn n n
x
CCxCx Cx+=+ + ++ .
Suy ra
()
22
01 22
11
(1 )
nnn
nn n n

x
dx C C x C x C x dx+=++++


2
2
23 1
101 2
1
1
1
(1 )
1231
n
nn
nn n n
xx x
xCxCC C
nn
+
+

+ =++++


++


23 1 11
012

21 21 2 1 3 2
23 1 1
nnn
n
nnn n
CCC C
nn
+
++

+ + ++ =
+
+
"
.



0,5 đ






0,5 đ