De dap an thi TSDH BGD 10 nam 2002 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (10.96 MB, 160 trang )
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
22222222
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
I1
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
I2
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
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS
++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3
()
dxxxx
+++
5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS
+++++=
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
V1.
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 ®
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:...............................
1
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;0
B
.
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
2
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
3
3
++=+
=
).2(2
)1(
3
yxyx
yxyx
Điều kiện:
)3(
.0
0
+
yx
yx
()
+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx
Thay
yx =
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
=
4
()
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
5
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
11
BCA
có cạnh bằng
2
a
.
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
6
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
n
2
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
n
2
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
7
()
()
()
( )( ) ()
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
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 xy = .
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.............................
1
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
2
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
3
3x
2
1
x <
1/4 1/4
Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5
Hệ phơng trình
=
=
y2
y4y52
x
2x3
1/4 1/2
=+
>=
0y4y5y
0y2
23
x
1/4 1/4
===
>=
4y1y0y
0y2
x
1/4 1/4
=
=
=
=
4y
2x
1y
0x
1/4 1/2
III
1đ 1đ
Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++
0xcos8xcos4
23
=
()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2
+
= k
2
x.
1/4 1/4
[]
3k2k1k0k14;0x ====
1/4
ĐS : ;
2
x
=
2
3
x
= ;
2
5
x
= ;
2
7
x
= .
1/4 1/4
IV
2đ
2đ
1.
1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4
Khoảng cách cần tính là :
17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4
4
Cách 2
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
D
H C
A E
B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC
1
AB
1
AD
1
AH
1
++= .
1/4 1/4
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
cm
17
346
AH =
1/4 1/4
Cách 3:
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó
.ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD
, nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH
= với V = 8 và dt(
BCD) =2 34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n
. Đờng thẳng
m
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++
.
1/4 1/4
Suy ra
u.
n =3(2m+1).
m
d song song với (P)
)P(d
nu
m
1/4 1/4
5
()
=
PA,dA
0n.u
m
Ta có : điều kiện 0n.u =
2
1
m =
1/4 1/4
Mặt khác khi m = - 1/2 thì
m
d có phơng trình :
=
=
0x
01y
, mọi điểm
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
()
PA,dA
m
đợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2
1/4 1/4
Cách 2:
Viết phơng trình d
m
dới dạng tham số ta đợc
=
+=
+=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2
1/4 1/4
m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau
=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4
phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4
m=-1/2
1/4 1/4
Cách 3:
m
d
// (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
(H)
()()
=++++
=+++
=+
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2
vô nghiệm 1/4 1/4
Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra
+
=
=
3
4m2
y
3
1m
x
1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4
Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ
1.
1
Ta có :
()
=
=+
n
0k
kk
n
n
xC1x
,
1/4
Cho x = 2 ta đợc
=
=
n
0k
kk
n
n
2C3
1/4
5n32433
5n
=== .
1/2
6
2.
1
Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình :
01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
1
n
1
9
m
1
16
22
=
+
.
1/4
Theo BĐT Côsi ta có :
()
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=
++=+=
499.16225
=+ 7MN
1/4
Đẳng thức xảy ra
>>
=+
=
0n,0m
49nm
n
m9
m
n16
22
2
2
2
2
21n,72m
== .
KL: Với
( ) ( )
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
1
n
1
9
m
1
16
22
=
+
.
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có
()
49
n
3
.n
m
4
.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222
=
+
++=+=
.
7MN
1/4
- Đẳng thức xảy ra
>>
=+
=
0n,0m
7nm
n
3
:n
m
4
:m
22
21n,72m ==
.
KL: Với
( ) ( )
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 3:
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x
0
; y
0
) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx
00
=+
1/4
7
Suy ra toạ độ của M và N là
0;
x
16
M
0
và
0
y
9
;0N
+
+=+=
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y
9
x
16
MN
1/4
Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có :
22
7MN
1/4
- Đẳng thức xảy ra
7
213
y;
7
78
x
00
== .
- Khi đó
( ) ( )
21;0N,0;72M và GTNN (MN) = 7
1/4
-----------------------Hết----------------------
