Tổng hợp bộ đề thi đại học môn toán có chọn lọc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (18.74 MB, 226 trang )
MỤC LỤC
STT TÊN ĐỀ TRANG
1
Đề thi đại học khối A năm 2002 1
2
Đề thi đại học khối B năm 2002 11
3
Đề thi đại học khối D năm 2002 19
4
Đề thi đại học khối A năm 2003 27
5
Đề thi đại học khối B năm 2003 33
6
Đề thi đại học khối D năm 2003 37
7
Đề thi đại học khối A năm 2004 43
8
Đề thi đại học khối B năm 2004 49
9
Đề thi đại học khối D năm 2004 55
10
Đề thi đại học khối A năm 2005 61
11
Đề thi đại học khối B năm 2005 67
12
Đề thi đại học khối D năm 2005 73
13
Đề thi đại học khối A năm 2006 79
14
Đề thi đại học khối B năm 2006 85
15
Đề thi đại học khối D năm 2006 91
16
Đề thi đại học khối A năm 2007 97
17
Đề thi đại học khối B năm 2007 103
18
Đề thi đại học khối D năm 2007 109
19
Đề thi đại học khối A năm 2008 115
20
Đề thi đại học khối B năm 2008 121
21
Đề thi đại học khối D năm 2008 127
22
Đề thi đại học khối A năm 2009 133
23
Đề thi đại học khối B năm 2009 139
24
Đề thi đại học khối D năm 2009 145
25
Đề thi đại học khối A năm 2010 151
26
Đề thi đại học khối B năm 2010 157
27
Đề thi đại học khối D năm 2010 163
28
Đề thi đại học khối A năm 2011 169
29
Đề thi đại học khối B năm 2011 175
30
Đề thi đại học khối D năm 2011 181
31
Đề thi đại học khối A năm 2012 187
32
Đề thi đại học khối B năm 2012 193
33
Đề thi đại học khối D năm 2012 199
34
Đề thi đại học khối A năm 2013 205
35
Đề thi đại học khối B năm 2013 211
36
Đề thi đại học khối D năm 2013 217
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
2222222
2 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
I 1
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
I 2
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
( ) ( ) ( )
dx
xxxdxxxxdxxxxS
++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3
( )
dx
xxx
+++
5
3
2
343
( ) ( ) ( )
dx
xxdxxxdxxxS
+++++=
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
V 1.
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 ®
9
10
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:
11
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
12
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
13
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
=
14
( )
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
AB
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
15
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
1
A
1
BC 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
16
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
17
( )
( ) ( )
(
)
(
) ( )
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
18
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
19
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
20
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
21
