Tuyển tập đề thi và đáp án môn Toán các kì thi đại học

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TUYỂN TẬP
CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
TỪ NĂM 2002 – 2014
Tây Ninh ngày 25 tháng 07 năm 2014
Giáo viên: Trần Quốc Dũng
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số:
3 2 2 3 2
3 3(1 ) -y x mx m x m m= − + + − +
(1) (m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm k để phương trinh:
3 2 3 2
3 3 0x x k k
−− + + =
có ba nghiệm phân biệt.
3. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phương trình:
3 3
2 2 1 2 1 0log x log x m+ + − − =
(2) (m là tham số ).
1. Giải phương trình (2) khi
2m =

.
2. Tìm m để phương trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
[1;3 ]
.
Câu III .(ĐH: 2 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng
(0;2 )
π
của phương trình:
2 3
5( 2 3
1 2 2
cos x sin x
sinx cos x
sin x
+
+ = +
+
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2
| 4 3|y x x= − +
,
3y x
= +
.
Câu IV.(ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt
là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết rằng
mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).

2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng:
1
2 4 0
:
2 2 4 0
x y z
x y z
− + − =


+ − + =
∆

và
2
1
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= = +


= +

∆

.
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng và song song với đường thẳng .
b) Cho điểm M (2;1;4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng sao cho đoạn thẳng MH có
độ dài nhỏ nhất.
Câu V.(ĐH: 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, xét tam giác ABC vuông tại A,
phương trình đường thẳng BC là
3 3 0x y− − =
, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và
bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
2. Cho khai triển nhị thức:
1 1 1 1
0 1 1 1 1
3 3 3 3
2 2 2 2
(2 2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 )(2 ) (2 )
x x x x
x x x x
n n n n n n n
n n n n
C C C C
− − − −
− − − −
− − −
+ = + + + +
(n là số nguyên
dương). Biết rằng trong khai triển đó
3 1
5
n n

C C
=
và số hạng thứ tư bằng 20n, tìm
n
và
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:
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
Môn thi: TOÁN, KHỐI B
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu I.(ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số:
4 2
( 9) 10y mx m= + − +
(1) (m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II.(ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2 2 2
3 4 5 6sin x cos x sin x cos x
− = −
2. Giải bất phương trình:
3

( (9 72)) 1
x
x
log log
− ≤
3. Giải hệ phương trình:
3
2
x y
x y
x y
x y

− =


+ =
−
+ +


Câu III.(ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2
4
4
x
y = −
và
2

4 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
1
( )
2
;0I
, phương trình đường thẳng AB là
2 2 0x y
− + =
và AB = 2AD . Tìm tọa độ các
đỉnh A,B,C,D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCDA B C D
có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
A B
và
1
B D
.
b) Gọi M,N,P lần lượt là các trung điểm của các cạnh
1 1 1
, ,BB CD A D
. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và

1
C N
.
Câu V.(ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều
1 2 2

n
A A A
( n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có
đỉnh là 3 trong 2n điểm
1 2 2
, , ,
n
A A A
nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n
điểm
1 2 2
, , ,
n
A A A
,
tìm n.
Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
Môn thi: TOÁN, KHỐI D
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu I.(ĐH : 3 điểm; CĐ : 4 điểm).

Cho hàm số :
2
(2 1)
1
m x m
y
x
− −
=
−
(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 đường cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y = x.
Câu II.(ĐH : 2 điểm; CĐ : 3 điểm).
1. Giải bất phương trình :
2 2
( 3 ). 2 3 2 0x x x x− − − ≥
2. Giải hệ phương trình:
3 2
1
4
5
2
2 2
2 4
x
x x
x
y

y y
+

=
+
=
+
−




Câu III. (ĐH : 1 điểm; CĐ : 1 điểm).
Tìm x thuộc đoạn [0 ; 14] nghiệm đúng phương trình:
3 4 2 3 4 0cos x cos x cosx− + − =
Câu IV.(ĐH : 2 điểm; CĐ : 2 điểm).
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. 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):
2 0 - 2x y + =
và đường thẳng d
m
:
(2m 1) x (1 m) y m 1 0
(2m 1) z 4m 2 0mx
+ + − + − =



+ + + + =

( m là tham số).
Xác định m để đường thẳng d
m
song song với mặt phẳng (P).
Câu V.(ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dương n sao cho
0 1 2 2
2 4 2 243
n
n n n n
C C C C
+ + + + =
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, cho elip (E) có phương trình
2 2
1
16 9
x y
+ =
. Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao
cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M, N để đoạn thẳng 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:
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
3 2
1 3m y x x= ⇒ = − +
Tập xác định
2
. ' 3 6 3 ( 2),x y x x x x∀ ∈ + = − −= −¡
1
2
0
0
0
'
x
y
x
=
=
=

⇔


" 6 6 0, y" 0 1y x x= − + = = ⇔ =

Bảng biến thiên:

0
0 ' ( 1) 4
3
x
y y
x
=

= ⇔ − =

=

Đồ thị:
Σ
1,0đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Σ
1,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
I 2
Cách 1: Ta có:
3 2 3 2 3 3 2
3 3 0 3 3x x k k x x k k
− + + − = ⇔ − + = − +

Đặt
3 2
3a k k= − +
dựa vào đồ thị ta thấy phương trình
3 2
3x x a− + =
có 3 nghiệm phân
biệt
3 2
0 4 0 3 4a k k
⇔ < < ⇔ < − + <

( ) ( )
2
2
0 3
4
0 3 1 3
(k 1)(k ) 0 0 2
1 2
4
≠ <

≠ < − < <
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ > ≠ ∧ ≠
+ −


− +



k
k
k k
k k
k k
Cách II. Ta có
( ) ( )
3 2 3 2 2 2
3 3 0 3 3 0
 
+ + − = ⇔− − + − + − =
 
x k k x k x k x k kx

Có ba nghiệm phân biệt
( ) ( )
2 2
f x x k 3 3 0x k k⇔ = + −+ =−

Có 2 nghiệm phân biệt khác k
2
2 2 2
3k 6k 9 0
k k 3k k 3k
1 k 3

k k 2
0
0

− < <


⇔ ⇔
 
≠ ∧ ≠


∆ = − + + >
+ − + − ≠


0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
Cách I.

( )
( )
2
1
2 2
2
y' 3x 1 m 3
x m 1
6mx 3 3, y'x m 0
x m 1
= −

+ + += − − = ⇔

= +
− −

=

Ta thaays
1 2
x x≠
và
y'
đổi dấu khi qua
1
x
và
2
x

⇒
hàm số đạt cực trị tại
1
x
và
2
x

( )
1 1
2
3mx 2y y m= = − + −
và
( )
2 2
2
3mx 2y y m= = − + +
Phương trình đường thẳng đi qau 2 điểm cực trị
( )
2
1
M m 1; m 3m 2− − + −
và
( )
2
2
M m 1; m 3m 2+ − + +
là:
1.0d
∑

0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
2
3m 2x m 1 y m
y 2x m
2 4
m
− + +
=
+
= −
−
+⇔

Cách II.
( )
( )
2
2 2
y' 3x 1 m 3 x m6mx 3 3,
= − − = − −+ + +
Ta thấy
( )

2 2
' 9m 9 1 m 9 0 y' 0∆ = + − = > ⇒ =
có 2 nghiệm
1 2
x x≠

Và
y'
đổi đáu khi qua
1
x
và
2
x
⇒
hàm sô đạt cực trị tại
1
x
và
2
x

Ta có
( )
3 2 2 3 2
3mx 3y x 1 m x m m+ +− − + −=
( )
2 2 2
1 m
x 3x 2x m

3 3
6mx 3 3m m+
 
= − − + −

+ −
 
+
÷

Từ đây ta có
1 1
2
my 2x m
= − +
và
2 2
2
my 2x m= − +

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
2
my 2x m
= − +

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
II 1
Với
m 2
=
ta có
2 2
3
3
log x log x 1 5 0
+ + − =

Điều kiện
x 0>
. đặt
2
3
t log x 1 1= + ≥
ta có
1
2
2
2
1 t 5 0 t 6 0
t 3
t t
t 2
− + − = +
= −


⇔ ⇔

=
=

−

1
t 3= −
(loại),
2 2 3
2 3 3 3
t 2 log x 3 log x 3 log x 3 x 3
±
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ =

3
x 3
±
=
thỏa mãn điều kiện
x 0>

(thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑

0,5đ
0,5đ
2.
( )
2 2
3 3
log x log x 1 2m 1 0 2+ + − − =
Điều kiện
x 0>
. Đặt
2
3
t log x 1 1= + ≥
ta có
( )
2 2
1 t 2m 1 0 t 2m 2 0t t 3⇔− + − − = + − − =

3 2
3 3
x 1,3 0 log x 3 1 t log x 1 2
 
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ =∈ + ≤
 

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
1.0d

∑
0,25đ
0,25đ
Vậy (2) có nghiệm
3
1,3∈
 
 
khi và chỉ khi (3) có nghiệm
[ ]
1,2∈
. Đặt
( )
2
f t tt= +
Cách 1.
Hàm số
( )
f t
là hàm tăng trên đoạn
[ ]
1;2
. Ta có
( )
f 1 2=
và
( )
f 2 6=

Phương trình

( )
2
t 2m 2t f t 2m 2⇔ == + ++
có nghiệm
[ ]
1;2∈

( )
( )
f 1 2m 2
2 2m 2
0 m 2
2m 2 6
f 2 2m 2
≤ +
≤ +


⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
+ ≤
≥ +



Cách 2
TH1. Phương trình (3)ó 2 nghiệm
1 2
t ,t
thỏa mãn

1 2
1 t t 2< ≤ <
Do
1 2
t t 1
1
2 2
+
= − <
nên không tồn tại m
TH2. Phương trình (3) có 2 nghiệm
1 2
t ,t
thỏa mãn
1 2
t 1 t≤ ≤
hoặc
1 2
1 t 2 t≤ ≤ ≤

( )
2m 4 2m 0 0 m 2⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤

(thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
III 1.
2.
cos3x sin3x
5 sin x cos2x 3
1 2sin 2x
+
 
+ = +
 ÷
+
 
. Điều kiện
1
sin 2x
2
≠ −

cos3x sin3x sin x 2sin x sin 2x cos3x sin3x
5 sin x 5
1 2sin 2x 1 2sin 2x
+ + + +
   
+ =
 ÷  ÷
+ +
   
sin x cos x cos3x cos3x sin 3x
5

1 2sin 2x
+ − + +
 
=
 ÷
+
 
sin x 2sin x sin 2x cos3x sin3x
5 5cos x
1 2sin 2x
+ + +
 
= =
 ÷
+
 

Vậy ta có :
2
5cosx cos 2x 3 2cos x 5cosx 2 0
= + ⇔ − + =

cosx 2=
(loại) hoặc
( )
1
cos x x 2k k
2 3
= ⇒ = ± +
π

π ∈¢

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Vì
( )
x 0;2∈ π
nên lấy
1
x
3
=
π
và
2
5
x .
3
=
π

Ta thấy
1 2
x ,x
thỏa mãn điều kiện
1
sin 2x .
2
≠ −
Vậy các nghiệm cần tìm là :
1
x
3
=
π
và
2
x
3
5
=
π

(thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phương trình
2
x 34xx 3− + = +
có 2 nghiệm
1
x 0=
và

2
x 5=

Mặt khác
[ ]
2
x x 34 03 x ;5x ≤ + ∀− + ∈
. Vậy
( )
( )
5
2
0
2
1
0
s 4x 3 4xx 3 x dx x 3 x dx3= + − = + + −−− +
∫ ∫
( ) ( )
3
2 2
5
1 3
x 3 x dx x 3 x dx4x 3 4x 3+ + + + + −+ −− +
∫ ∫

( ) ( ) ( )
1 3 5
0 1
2 2

3
2
S x dx x dx x5x 3 6 d5 xx x+ − += − + ++ −
∫ ∫ ∫

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
3 2 3 2 3 2
1 3 5
0 1 3
1 5 1 3 1 5
S x x x x x x
3 2 3 2 3 2
6x− + +
     
= − + + + −
 ÷  ÷  ÷
     

( )
13 26 22 109
S d.v.d.t

6 3 3 6
= + + =
(nếu thí sinh vẽ hình hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức)
[ ]
2
x x 34 03 x ;5x ≤ + ∀− + ∈

IV 1.
Gọi K là trung điểm của BC và
I SK MN.= ∩
Từ giả thiết
1 a
MN ,MN / /BC I
2BC 2
⇒ = = ⇒
là trung điểm của SK và MN.
Ta có
AMN
∆
cân tại
A AI MN
⇒ ⊥
Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
SBC AMN
SBC AMN MN
AI SBC AI SK

AI AMN
AI MN
⊥

∩ =

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊂


⊥


Suy ra tam giác SAK cân tại
a 3
A SA AK
2
⇒ = =

1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
1.0d
∑
0,25đ
0,25đ
2 2 2
2 2 2

3a a a
SK
4 4
S
2
B BK= == −−

2
2 2 2
2 2 2
SK 3a a a 10
AI SA SA
2 4 8
SI
4
 
⇒ = = = − =
 ÷

− −


Ta có
( )
2
AMN
1 a 10
S MN.AI dvdt
2 16
∆

= =
CHÚ Ý
1) Có thể chứng minh
AI MN⊥
như sau
( ) ( )
BC SAK MN SAK MN AI⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
2) Có thể làm theo phương pháp tọa độ :
Chản hạn chọn hệ tọa độ Đe cac vuông góc Oxyz sao cho
( )
a a a 3 a 3
K 0;0;0 ,B ;0;0 ,C ;0;0 ,A 0; ;0 ,S 0; ;h
2 2 2 6
   
− −
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

Trong đó h là độ dài đường cao SH của hình chóp S.ABC
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2a)
Cách I: Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

1
∆
có dạng :
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2
x 2y z 4 x 2y 2z 4 0
x 2 y z 4
0
2 2 4 0
α β α +β ≠
α +β α − β α
− + − + + −
− β α +
=
⇔ − + − β =
+

Vậy
( )
p
; 2 2 ;n 2α +β − α + β − β= α
uur
. Ta có
( )
22
u 1;1;2 / /∆=
uur
và

( )
22
M 1;2;1
∈∆

( )
( ) ( )
( )
p 2
2
2
2
0
n .u 0
M P
M 1;2;
/ /
1 P
P

α −β =
=

 
∆ ⇔ ⇒
 
∉
∉





uur uur
Vậy
( )
P : 2x z 0− =

Cách II ta có thể chuyển phương trình
1
∆
sang dạng tham số như sau :
Từ phương trình
1
∆
suy ra
2x z 0
− =
. Đặt
1
x 2t '
: yx 2 3t' 2
z 4t'
t '
=


∆ = −
=
⇒


=



( ) ( )
1 11 1
,uM 0; 2; 2;3;40 / /∈∆ = ∆⇒ −
uur

(Ta có thể tìm tọa đổ điểm
11
M ∈∆
bằng cách cho
x 0 y 2,z 0
= ⇒ = − =
và tính
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
( )
1
2 1 1 1 1 2
u ; ; 2;3;4

2 2 2 1 1 2
 − − 
= =
 ÷
− −
 
uur
)
Ta có
( )
22
u 1;1;2 / /∆=
uur
. Từ đó ta có vecto pháp của mặt phẳng (P) là :
( )
p 1 2
n u ,u 2;0 1 .
 
= = −
 
uur uur uur
Vậy phương trình mặt phẳng (P) đi qua
( )
1
M 0; 2;0−
và
( )
P
n 2;0; 1⊥ = −
uur

là :
2x z 0− =
Mặt khác
( ) ( )
1
M 1;2;1 P∉
⇒
phương trình mặt phẳng cần tìm là :
2x z 0
− =

0,25đ 0,25đ
2b)
Cách I.
( ) ( )
2
H 1 t;2 t;1 2t MH t 1;t 1;2t 3H∈∆ → + + + ⇒ = − + −
uuuur

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
MH t 1 t 1 2t 3 6t 6 t 112t 11 5⇒ = − + − = =+ −+ + − +

Đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
( )
t 1 H 2;3;4= ⇒

Cách II.
( )

2
H 1 t;2 t 1 tH ; 2∈∆ ⇒ + + +
MH nhỏ nhất
( )
2 2
MH.uM 0 H 2;3H ;4∆ ⇒ ⇒⇔ ⊥ =
uuuur uur

0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5d
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
V 1.
Ta có
( )
BC Ox 0 .\ B 1;=I
Đặt
A
x a=
ta có
( )
A a;0

và
C C
x a y 3a 3.= ⇒ = −

Vậy
( )
C a; 3a 3−

Từ công thức
( )
( )
G A B C
G A B C
1
x x x x
3
1
y y y y
3

= + +




= + +


ta có
( )

3 a 1
2a 1
G ;
3 3
 
−
+
 ÷
 ÷
 

Cách I.
Ta có :
AB a 1 , AC 3 a 1 ,BC 2 a 1.= − = − = −
Do đó
( )
2
ABC
1 3
S AB.AC a 1
2 2
∆
= = −
Ta có
( )
2
a 13 a 1
2S
r 2
AB AC BC

3 a 1 3 a 1 3 1
−−
= = = =
+ +
− + − +

1.0
∑
0,25đ
Vậy
a 1 2 3 3− = +

TH1.
1 1
7 4 3 6 2 3
a 2 3 3 G ;
3 3
 
+ +
= + ⇒
 ÷
 ÷
 

TH2.
2 2
4 3 1 6 2 3
a 2 3 1 G ;
3 3
 

− − − −
= − − ⇒
 ÷
 ÷
 

Cách II
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
∆
. Vì
1
r 2 y 2= ⇒ = ±

Phương trình
( )
o
1
x 1
BIy tg30 x 1 x 1 2 3
3
−
= − = ⇒ = ±

TH1. Nếu A và O khác phía đối với
1
B x 1 2 3⇒ = +
. Từ
( )
d I,AC 2=

1 2
7 3 1 6 2 3
a x 2 3 2 3 G ;
3 3
 
+ − +
⇒ = + = + ⇒
 ÷
 ÷
 

TH2: Nếu A và O cùng phía đối với
1
B x 1 2 3⇒ = −
tương tự ta có
1 2
4 3 1 6 2 3
a x 2 1 2 3 G ;
3 3
 
− − − −
⇒ = − = − − ⇒
 ÷
 ÷
 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
2.
Từ
3 1
n n
C 5C=
ta có
n 3≥
và
( ) ( )
( ) ( )
2
n n 1 n 2
n! n!
5 5n n
3! n 3 ! n 1
3n
! 6
28 0
−
− −
−
= ⇔ = ⇔
−
=
−

1
n 4⇒ = −
(loại) hoặc

2
n 7
=

Với
n 7=
ta có
x
x 1
3 2x 2 x x 2
3
2
3
4
7
1C 2 2 35.2 .40 2 140 2 4 x 4
−
−
− − −
 
 
⇔ = ⇔ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 ÷

=
 ÷

 

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,5đ
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
MÔN TOÁN KHỐI B
Câu Ý Nội dung ĐH CĐ
I 1
Với
m 1
=
ta có
4 2
8x 0y x 1
−= +
là hàm chẵn
⇒
đồ thị đối xứng qua Oy.
Tập xác đinh
( )
3 2
, y 4x 16x
x 0
x x , y'4x 0
x 2

4
′
∈ = − = −
=

∀ = ⇔

= ±

¡

2 2
4 2
y'' 12x x , y'' 0 x
3
2
3
16 1− =
 
= = ⇔ = ±
 ÷

−


Bảng biến thiên:
Hai điểm cực tiểu:
( )
1
A 2; 6− −

và
( )
2
A 2; 6−

Một điểm cực đại:
( )
B 0;10

Hai điểm uốn
1
2 10
U ;
9
3
−
 
 ÷
 
và
2
2 10
U ;
9
3
 
 ÷
 

Giao điểm của đồ thị với trục tung là

( )
B 0;10
. Đồ thị cắt
trục hoành tại 4 điểm có hoanh độ:
x 4 6= ± +
và
x 4 6= ± −

1.0
∑
0,25đ
0,5đ
0,25đ
1.5
∑
0,5đ
0,5đ
0,5đ
I 2
( ) ( )
3 2 2 2
2 2
y' 4mx m x 2x 2mx
x 0
y' 0
2mx
2 9 m 9
m 9 0
+ − + −= =
+ − =

=

= ⇔



Hàm số có ba điểm cực trị
⇔
phương trình
y' 0
=
có 3 nghiệm phân biệt (khi đó
y'
đổi dấu khi qua các nghiệm)
⇔
phương trình
2 2
mx 92m 0+ − =
có 2 nghiệm
phân biệt khác 0
2 2
2
2
m 0
2mx .
9 m
x
m
2
9 0

m
≠


⇔−
−
=

=


+
Phương trinhf
2 2
mx 92m 0+ − =

Có 2 nghiệm khác 0
m 3
0 m 3
< −

⇔

< <


Vậy hàm số có ba điểm cực trị
m 3
0 m 3
< −


⇔

< <

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II 1
2 2 2 2
3x cos 4x sin 5x cos 6x
1 cos6x 1 cos8x 1 cos10x 1 cos12x
2 2
si
2 2
n − = −
− + − +
⇔ − = −

( ) ( )
( )

cos12x cos10x cos8x cos6x 0
cos x cos11x cos7x 0
cos x sin9xsin 2x 0
k
x
9
sin 9xsin2x 0 k
k
x
2
⇔ + − + =
⇔ − =
⇔ =

=

⇔ = ⇔

=

π


∈
π
¢

Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đưa về phương trình tích
1.0

∑
0,25đ
0,25đ
0,5đ
1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,5đ
2
( )
( )
( )
x
x 3
log log 9 72 1 1− ≤

1.0
∑
0,25đ
1.0
∑
0,25đ
Điều kiện:
(
)
( )
x x
x
3 9 72 0

9
x 0, x 1
9 9 x log 73 272 0 72 1
log
− >

> ≠


⇔ ⇔ >−



− > >


Do
9
x log 73 1> >
nên
( )
( )
3
x
1 log 9 2 x7⇔ − ≤

( )
( )
x x x x
9 3 32 7 0 37 23− −⇒ ≤ ⇒ − ≤

Đặt
x
y 3
=
thì (3) trờ thành
2 x
t 0 8 t 9 8 3 9 xt 72 2≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇔− ≤−

Kết hợp với điều kiện (2) ta được nghiệm của bất phương trình là:
9
log 73 x 2< ≤

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
( )
( )
3
x y x y 1
x y x y 2 2

− = −


+ = + +



Điều kiện:
( )
x y 0
3
x y 0
− ≥


+ ≥


( )
( )
3 6
x y
1 x y 1 x y 0
x y 1
=

⇔ − − − = ⇔

= +


Thay
x y
=
vào (2), giải ra ta được

x y 1
= =

Thay
x y 1= +
vào
( )
2
, giải ra ta có:
3 1
x ; y
2 2
= =
Kết hợp với điều kiện (1) hệ phương trình có 2 nghiệm :
x 1; y 1
= =
và
3 1
x ; y
2 2
= =

Chú ý :
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên lũy thùa bậc 6 để đi đến kết quá :
x y
x y 1
=

⇔


= +

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
III
Tìm giao điểm của hai đường cong
2
x
y 4
4
= −
và
2
x
y
4 2
=

2 2 4 2
2

x x x x
4 4 0 x x 8
4 32 4
4
8
2
− = ⇔ + − = ⇔=⇔ = ±

Trên
8; 8
 
−
 
ta có
2 2
x x
4
4
4 2
≤ −
và do hình đối xứng qua trục tung nên
2 2
2 2
8 8 8
1 2
0 0 0
x x 1
S 2 4 dx 16 x dx x S
4
d S

4 2
x
2 2
 
 ÷
= − − = − − = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫

Để tính
1
S
ta dùng phép đỏi biến
x 4sint,
=
khi
0 t
4
≤ ≤
π
thì
0 x 8≤ ≤
dx 4costdt
=
và
cos t 0 t 0;
4
 
> ∀

 

∈

π
. Do đó
( )
8
4
1
0 0
2 2
tdtS 16 x dx 16 cos 1 cos 2t dt 28 4
π
= π= = +− + =
∫ ∫ ∫

8
8
2
0
2
0
3
1 1 8
S x x .
3
2 2
x
6

d
2
= = =
∫
Vậy
1 2
4
S S S 2
3
= − = π +

1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.5
∑
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Chú ý : Thí sinh có thể tính diện tích
2
8
8
2
x x
S 4 dx

4
4 2
−
 
 ÷
= − −
 ÷
 
∫

IV 1
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB bằng
5
AD 5
2
⇒ =
và
5
IA IB
2
= =

Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và bán kính
5
R .
2
=
Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :
2 2
2

x 2y 2 0
1 5
x
2 2
y+
− + =



   
−

 ÷  ÷
   

=

Giải hệ ta được
( ) ( )
A 2;0 ,B 2;2−
(vì
A
x 0<
)
( ) ( )
C 3;0 ,D 1; 2⇒ − −
Chú ý :
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đường thẳng AB. Sau đó
tim A, B
1.0

∑
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1.5
∑
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
IV 2a)
Tìm khoảng cách giữa
1
A B
và
1
B D

1.0
∑
1.5
∑
Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
A 0;0;0 ,B a;0;0 ,D 0;a;0 ,A 0;0;a C a;a;0 ,B a;0;a ,C a;a;a ,D 0;a;a⇒
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
A B a;0; a ,B D a;a; a , A B a;0;0⇒ = − = − − =

uuuur uuuur uuuuur
và
( )
2 2 2
1 1
A ;2a ;aB,B D a
 
=
 
uuuur uuuur
Vậy
( )
1 1 1 1
1 1
1
3
2
1
A B,B D A B
a a
d A B,B D
a 6 6
A B,B D
 
 
= = =
 
 
uuuur uuuur uuuuur
uuuur uuuur

Cách II
( )
1 1
1 1 1 1 1
1
A B AB
A B AB C D A B B D
A B AD
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Tương tự
( )
1 1 1D 1 1 1
A C B B D A BC⊥ ⇒ ⊥

Gọi
( )
1 1 1
G B D A BC .= ∩
Do đó
1 1 1 1 1
B A B B B C a= = =
nên
1 1

GA GB GC= =
G
⇒
là tâm tma giác đều
1 1
A BC
có cạnh bằng
a 2
( )
1 1 1 1
1 1 3 a
d A B,B D IG C I A B
3 3 2
6
= = = =

Chú ý :
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ
Thí sinh có thể viết phương trình mặt phẳng (P) chứ
1
A B
và song song với
1
B D
là
x 2y z a 0
+ + − =
và tính khoảng cách từ
1
B
(hoặc từ D) tới (P), hoặc viết phương
trình mặt phẳng (Q) chứa
1
B D
và song song với
1
A B
;à
x 2y z 2a 0
+ + − =
và
tính khoảng cách từ
1
A
(hoặc từ B) tới (Q)
2b)
Cách I

Từ cách I của 2a) ta tìm được
a a a
M a;0; , N ;a;0 ,P 0; ;a
2 2 2
     
 ÷  ÷  ÷
     

1
a a a
MP a; ; ,NC ;0;a MP.NC 0
2 2 2
   
⇒ = − = ⇒ =
 ÷  ÷
   
uuur uuuur uuur uuur

Vậy
1
MP C N⊥

Gọi E là trung điểm của
1
CC
thì
( )
1 1
ME CDD C⊥ ⇒
hình chiếu vuông góc của

MP trên
( )
1 1
CDD C
là
1
ED
. Ta có
·
·
o
1 1 1 1 1 1 1 1 1
CN C E C D E 90 D CC D N D E C N= ⇒ = − ⇒ ⊥∆ ∆
. Từ đây theo định lý
1.0
∑
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ba đường vuông góc ta có
1
MP C N⊥

V
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm
1 2 2n

A ,A , ,A
là
3
2n
C

Gọi đường chéo của đa giác đều
1 2 2n
A ,A , ,A
đi qua tâm đường tròn (O) là đường
chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn.
Mõi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm
1 2 2n
A ,A , ,A
có các đường chéo
là hai đường chéo lớn. ngược lại, với mỗi cặp đường 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
đường chéo lớn của đa giác
1 2 2n
A ,A , ,A
tức
2
n
C

Theo giả thiết thì:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2

2n n
2n ! 2n 2n 1 2n 2 n n 1
n! n!
C 20C 20 20 20
3! 2n 3 ! 2! n 2 ! 2! n 2 ! 6 2
− − −
= ⇔ = = ⇔ =
− − −
2n 1 15 n 8⇔ − = ⇔ =
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đên
kết quả số hình chữ nhật là
( )
n n 1
2
−
thì cho điểm tối đa phần này.
1.0
∑
0,25đ
0,25đ
0,5đ
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
MÔN TOÁN KHỐI D
Câu Nội dung ĐH CĐ
I
1. Khi

m 1
= −
, ta có
3x 1 4
y 3
x 1 x 1
− −
= = − −
− −

TXĐ:
x 1
≠

CBT:
( )
2
4
y' 0, x 1
x 1
= > ∀ ≠ ⇒
−
hàm số không có cực trị.
3đ
1
1/ 4

4đ
1,5
1/ 4

x
x 1 x 1
lim y 3; lim y ; lim y
− +
→∞
→ →
= − = +∞ = −∞

BBT:
1/ 4
1/ 4
TC:
x 1
=
là tiệm cận đứng vì
x 1
lim y
→
= ∞

y 3
= −
là tiệm cận ngang vì
x
lim y 3
→∞
= −
1/ 4
1/ 4
Giao với các trục

x 0 y 1; y 0 x 1/ 3= ⇒ = = ⇒ = −

1/ 4