Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 20022007 Môn Toán

B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

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)
_________________________________________

CâuI

( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
y=

1.
2.
3.

Câu II
1.
2.

(2m 1)x m 2

(1)
( m là tham số ).
x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.

Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x .
Cho hàm số :

( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).

Giải bất phơng trình :
Giải hệ phơng trình :

(x

2

)

3x . 2 x 2 3x 2 0 .
2 3 x = 5y 2 4 y
x
4 + 2 x +1
= y.
x
2 +2

Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng phơng trình :
cos 3x 4 cos 2 x + 3 cos x 4 = 0 .
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) : 2 x y + 2 = 0
(2 m + 1)x + (1 m )y + m 1 = 0
( m là tham số ).
và đờng thẳng d m :
(
)
mx
+
2
m
+
1
z
+
4
m
+
2
=
0

Xác định m để đờng thẳng d m song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1.
Tìm số nguyên dơng n sao cho C 0n + 2C 1n + 4C 2n + .... + 2 n C nn = 243 .
2.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình
2
x
y2

+
= 1 . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
16 9
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.
2.

Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : ................................................................

Số báo danh.............................


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

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
CĐ
ĐH
4đ
3đ
1
1,5

I
1.
Khi m = -1 ,ta có y =
-TXĐ : x 1
- CBT : y , =

4

(x 1)2

3x 1
4
= 3
x 1
x 1

> 0, x 1 hàm số không có cực trị.
1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4
1/4

1/4

1/2

lim y = 3 ; lim y = +; lim y = .
x 1

x

-

x 1+

BBT :
x

-

y/

y

+

1
+

+

+

-3

-3
-

- TC:

x=1 là tiệm cận đứng vì lim y = .
x 1

y=-3 là tiệm cận ngang vì lim y = 3
x

- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.
- Đồ thị :
y

x

1

B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

2.
Diện tích cần tính là :
3x 1

dx
x 1
1 / 3

1

1,5

1/4

1/2

1/4

1/4

1/4

1/2

1/4
1

1/4
1

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4
2đ
1

1/4
3đ
1,5

1/4

1/2

1/4

1/4

0

S=



0

= 3



0

dx 4

1 / 3

dx
x 1
1 / 3



0
1
= 3. 4 ln x 1
3

1/ 3
4
= 1 + 4 ln ( đvdt).
3
3.

(
2 m 1)x m 2
f (x) =

. Yêu cầu bài toán tơng đơng với tìm
x 1
m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
f ( x ) = x
(H)
/
/
f (x) = (x ) .
(x m )2
=0

x 1
Ta có
(H)
/
2
(x m ) = 0
x 1

Ký hiệu

(x m )
=0

x 1

2
2(x m )(x 1) + (x m ) = 0

(x 1)2
Ta thấy với m 1 ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy m 1 , (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 m 1 .
ĐS : m 1 .
2

II
1.
Bất phơng trình

TH 1:

TH 2:

2 x 2 3x 2 = 0

2 x 2 3x 2 > 0
2
x 3x 0

1
2 x 2 3x 2 = 0 2x 2 3x 2 = 0 x = 2 x = .
2
2 x 2 3x 2 > 0
2 x 2 3x 2 > 0

2
2
x 3x 0
x 3x 0
1

x < x > 2

2
x 0 x 3

2

1/4


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

1
x< x3
2
1
Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: x x = 2 x 3

2
2.
2 3 x = 5y 2 4 y
Hệ phơng trình
x
2 = y
2 x = y > 0
3
2
y 5 y + 4 y = 0
2 x = y > 0

y = 0 y = 1 y = 4
x = 0 x = 2


y = 1 y = 4

1/4

1/4

1/4
1

1/4
1,5

1/4

1/2

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/2

1đ

1đ

1/4

1/2

1/4
1/4

1/4

1/4
2đ
1

1/4
2đ
1

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

III
Phơng trình

(cos 3x + 3 cos x ) 4(cos 2 x + 1) = 0

4 cos 3 x 8 cos 2 x = 0
4 cos 2 x(cos x 2 ) = 0
cos x = 0

x = + k .
2
x [0;14] k = 0 k = 1 k = 2 k = 3

3
5
7
ĐS : x = ; x =
; x=
; x=
.
2
2
2
2
IV
1.
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó ABAC.
Lại có ADmp (ABC ) ADAB và ADAC , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
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 :
x y z
+ + 1 = 0.
3 4 4
Khoảng cách cần tính là :

1
1 1

1
+
+
9 16 16

3

=

6 34
(cm).
17


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Cách 2
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó ABAC.
Lại có ADmp (ABC ) ADAB và ADAC , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/2
1

1/2
1

1/4

1/4

1/4

1/4

D

H
A

C
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.
1
1
1
1
=
+
+
.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2
2
2
AH
AD
AB
AC 2
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
6 34
AH =
cm

17
Cách 3:
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó ABAC.
Lại có ADmp (ABC ) ADAB và ADAC , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= AB AC AD = 8 .
6
3V
áp dụng công thức AH =
với V = 8 và dt( BCD) =2 34
dt (BCD)
ta tính đợc AH =

6 34
cm .
17

2
Cách 1:


Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n (2;1;0 ) . Đờng thẳng d m có vec


tơ chỉ phơng

(

)

u (1 m )(2 m + 1) ;(2 m + 1) ; m(1 m ) .
2



Suy ra
d m song song với (P)



u . n =3(2m+1).


u n
d ( P )
m

4


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Ta có :

điều kiện



u . n = 0

A d , A (P )
m


1
u.n = 0 m =
2

y 1 = 0
Mặt khác khi m = - 1/2 thì d m có phơng trình :
, mọi điểm
x = 0
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
A d m , A (P ) đợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2
Cách 2:
Viết phơng trình dm dới dạng tham số ta đợc
(1 m)(2m + 1)t
x =

2
y = 1 (2m + 1) t
z = 2 m(1 m)t.

x = (1 m)(2 m + 1)t

2
y = 1 (2 m + 1) t
d m // (P) hệ phơng trình ẩn t sau
vô nghiệm
z

=

2

m
(
1

m
)
t

2 x y + 2 = 0
phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
m=-1/2
Cách 3:
d m // (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
2x y + 2 = 0

(H) (2 m + 1)x + (1 x )y + m 1 = 0
mx + (2 m + 1)z + 4m + 2 = 0

vô nghiệm
m 1

x
=

3
Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra

y = 2 m + 4

3
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
1
(2m + 1)z = (m 2 + 11m + 6)
3
1
Hệ (H) vô nghiệm m =
2
V
1.

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4
1/4
1/4

1/4

1/4
1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4
2đ
1

1/4

n

Ta có :

(x + 1)n = C kn x k ,
k =0

1/4

n

Cho x = 2 ta đợc

3 n = C kn 2 k
k =0

3 = 243 = 3 n = 5 .
n

5

5

1/4
1/2


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

2.
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.
x y
+ 1 = 0
Đờng thẳng MN có phơng trình :
m n
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
2

1

1/4

2

1
1
16 + 9 = 1 .
m
n

1/4

Theo BĐT Côsi ta có :

(

)

9
n2
m2
16
= m 2 + n 2 = m 2 + n 2 2 + 2 = 25 + 16 2 + 9 2
n
m
n
m

25 + 2 16.9 = 49 MN 7
16 n 2 9 m 2
2 = 2
n
m
2
2
Đẳng thức xảy ra m + n = 49 m = 2 7 , n = 21 .
m > 0, n > 0


MN

2

(

) (

1/4

)

KL: Với M 2 7 ;0 , N 0; 21 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.
x y
Đờng thẳng MN có phơng trình :
+ 1 = 0

m n
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
2
2
1
1
16 + 9 = 1 .
m
n
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có

(

)

9
16
MN 2 = m 2 + n 2 = m 2 + n 2 2 + 2
n
m
MN 7
4
3

m : m = n : n

- Đẳng thức xảy ra m 2 + n 2 = 7
m > 0, n > 0

(

) (

2

3
4
m. + n. = 49 .
n
m
1/4

m = 2 7 , n = 21 .

)

KL: Với M 2 7 ;0 , N 0; 21 thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
Cách 3:
xx 0 yy 0
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x0 ; y0) thuộc (E) :
+
=1
16
9

1/4

1/4

6


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

16
9
Suy ra toạ độ của M và N là M ;0 và N 0;
x0
y0
2
2
2
2
2
2
x
y 16
16
9
9
MN 2 = 2 + 2 = 0 + 0 2 + 2
x 0 y 0 16 9 x 0 y 0
Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có : MN 2 7 2

1/4

1/4
8 7
3 21
;y0 =
.
7
7
- Khi đó M 2 7 ;0 , N 0; 21 và GTNN (MN) = 7

- Đẳng thức xảy ra x 0 =

(

) (

)

-----------------------Hết----------------------

7

1/4


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Bộ giáo dục và đào tạo

------------------------

Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

---------------------------------------------

Hớng dẫn chấm thi môn toán khối D
Câu I:
1. -Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
-Nếu TS xác định đúng hàm số và chỉ tìm đúng 2 tiệm cận thì đợc 1/4 điểm.
2. Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
3. -Nếu TS dùng điều kiện nghiệm kép thì không đợc điểm.
-Nếu TS không loại giá trị m = 1 thì bị trừ 1/4 điểm.
Câu II:
1. -Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
-Nếu TS kết luận nghiệm sai bị trừ 1/4 điểm .
f ( x ) 0

g(x) 0
-Nếu TS sử dụng điều kiện sai: f (x).g(x) 0
và dẫn đến kết quả đúng sẽ
f ( x ) < 0

g(x) 0
bị trừ 1/4 điểm.
2. TS làm đúng ở bớc nào đợc điểm ở bớc đó.
Câu III:
TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
Câu IV:
TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
Câu V:

1. TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
2. TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
----------------------Hết----------------------

8


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

----------------------

Môn thi: toán
Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút
_______________________________________________

Đề chính thức

Câu 1 (2 điểm).
x2 2 x + 4
(1) .
x2
2) Tìm m để đờng thẳng d m : y = mx + 2 2m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt.
Câu 2 (2 điểm).
x

x
sin 2 tg 2 x cos 2 = 0 .
1) Giải phơng trình
2
2 4
y=

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2

2

2) Giải phơng trình 2 x x 22 + x x = 3 .
Câu 3 (3 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đờng tròn

2)

3)

(C ) : ( x 1) 2 + ( y 2) 2 = 4 và đờng thẳng d : x y 1 = 0 .
Viết phơng trình đờng tròn (C ') đối xứng với đờng tròn (C ) qua đờng thẳng d .
Tìm tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') .
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đờng thẳng
x + 3ky z + 2 = 0
dk :
kx y + z + 1 = 0.
Tìm k để đờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x y 2 z + 5 = 0 .
Cho hai mặt phẳng ( P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đờng thẳng .

Trên lấy hai điểm A, B với AB = a . Trong mặt phẳng ( P) lấy điểm C , trong
mặt phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vuông góc với và
AC = BD = AB . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a .

Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y=

x +1
2

x +1

trên đoạn [ 1; 2] .

2

2) Tính tích phân

I = x 2 x dx .
0

Câu 5 (1 điểm).
Với n là số nguyên dơng, gọi a3n 3 là hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa
thức của ( x 2 + 1) n ( x + 2) n . Tìm n để a3n 3 = 26n .
------------------------------------------------ Hết -----------------------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.. .

Số báo danh:


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

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 D

Nội dung

điểm
2điểm

Câu 1.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x2 2 x + 4
.
x2

1 điểm

Tập xác định : R \{ 2 }.
Ta có y =

y ' = 1

4
x2 2 x + 4
.
= x+
x2
x2

4
( x 2)

2

=

x2 4 x
2

.

x=0
y'= 0
x = 4.

( x 2)
4
= 0 tiệm cận xiên của đồ thị là: y = x ,
lim [ y x ] = lim
x
x x 2
lim y = tiệm cận đứng của đồ thị là: x = 2 .

0,25đ

x2

Bảng biến thiên:
x
y
y





0
+ 0
2
CĐ

2

4
0

+
+

+

+
CT
6



Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 2).

0,5đ

y

6

2
O

2

2

4

x

2)

0,25đ

1 điểm

Đờng thẳng d m cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt
4
= mx + 2 2m có hai nghiệm phân biệt khác 2
phơng trình x +
x2

(m 1)( x 2)2 = 4 có hai nghiệm phân biệt khác 2 m 1 > 0 m > 1.
Vậy giá trị m cần tìm là m > 1.

1

0,5đ
0,5đ


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Câu 2.

2điểm

x
x
1) Giải phơng trình sin 2 tg 2 x cos 2 = 0 (1)
2
2 4
Điều kiện: cos x 0 (*).
Khi đó
(1)

1 điểm

1
sin 2 x 1

1

cos

= (1 + cos x ) (1 sin x ) sin 2 x = (1 + cos x ) cos 2 x
x



2
2
2 cos x 2

(1 sin x ) (1 cos x)(1 + cos x) = (1 + cos x ) (1 sin x)(1 + sin x)
(1 sin x ) (1 + cos x)(sin x + cos x) = 0

0,5đ



x = + k 2

sin x = 1
2


cos x = 1 x = + k 2

tgx = 1

x = + k
4


0,25đ

( k Z) .

x = + k 2
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm của phơng trình là:
x = + k

4
2) Giải phơng trình

2
2
2 x x 22 + x x = 3

( k Z) .

(1).

0,25đ
1 điểm

2

Đặt t = 2 x x t > 0 .

4
= 3 t 2 3t 4 = 0 (t + 1)(t 4) = 0 t = 4 (vì t > 0 )
t
2
x = 1
Vậy 2 x x = 4 x 2 x = 2
x = 2.
x = 1
Do đó nghiệm của phơng trình là
x = 2.
Câu 3.
1)

Khi đó (1) trở thành t

0,5đ

0,5đ
3điểm
1 điểm

Từ (C ) : ( x 1) 2 + ( y 2)2 = 4 suy ra (C ) có tâm I (1; 2) và bán kính R = 2.
uur
Đờng thẳng d có véctơ pháp tuyến là n = (1; 1). Do đó đờng thẳng đi qua
x 1 y 2
I (1; 2) và vuông góc với d có phơng trình:
=
x+ y 3 = 0.
1
1
Tọa độ giao điểm H của d và là nghiệm của hệ phơng trình:
x y 1 = 0
x = 2

H (2;1).

x + y 3 = 0
y =1
Gọi J là điểm đối xứng với I (1; 2) qua d . Khi đó
x J = 2 xH xI = 3
0,5
J (3;0) .

y
=
2
x

x
=
0
H
I
J
Vì (C ') đối xứng với (C ) qua d nên (C ') có tâm là J (3;0) và bán kính R = 2.
0,25đ
Do đó (C ') có phơng trình là: ( x 3)2 + y 2 = 4 .
Tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') là nghiệm của hệ phơng trình:
( x 1)2 + ( y 2) 2 = 4
y = x 1
x = 1, y = 0
x y 1 = 0







2
2
2

x = 3, y = 2.
( x 3)2 + y 2 = 4
( x 3) + y = 4
2 x 8 x + 6 = 0
Vậy tọa độ giao điểm của (C ) và (C ') là A(1;0) và B (3; 2).

2

0,25đ


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

2)
uur
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định d k là n1 = (1;3k ; 1)
r
uur
và n2 = (k ; 1;1) . Vectơ pháp tuyến của ( P) là n = (1; 1; 2) .
Đờng thẳng d k có vectơ chỉ phơng là:
r
uur uur
r
u = n1, n2 = (3k 1; k 1; 1 3k 2 ) 0 k .
r r
3k 1 k 1 1 3k 2
Nên
d k ( P) u || n
=
=

k = 1.
1
1
2
Vậy giá trị k cần tìm là k = 1.

1 điểm

3)

1 điểm

C

P

Ta có (P) (Q) và = (P) (Q), mà
AC AC (Q) AC AD, hay

0,5đ
0,5 đ

CAD = 900 . Tơng tự, ta có BD nên

H

BD (P), do đó CBD = 900 . Vậy A và B
0,25đ
A, B nằm trên mặt cầu đờng kính CD.
Và bán kính của mặt cầu là:

CD 1
R=
=
BC 2 + BD 2
D
2
2
Q
1
a 3
0,25đ
=
AB 2 + AC 2 + BD 2 =
.
2
2
Gọi H là trung điểm của BC AH BC. Do BD (P) nên BD AH AH (BCD).
1
a 2
0,5đ
.
Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và AH = BC =
2
2



B

A

Câu 4.

2điểm

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
y'=

1 x
2

3

( x + 1)
y ' = 0 x = 1.

x +1
x2 + 1

trên đoạn [ 1; 2] .

1 điểm

.

0,5đ

Ta có y (1) = 0, y(1) = 2, y (2) =
Vậy max y = y (1) = 2

[ 1;2]

và

3
.
5
min y = y (1) = 0.

[ 1;2]

0,5đ

2

2) Tính tích phân I = x 2 x dx .

1 điểm

0

2

Ta có x x 0 0 x 1 , suy ra
1

2

0

1

I = ( x x 2 ) dx + ( x 2 x) dx
1

0,5đ

2

x 2 x3
x3 x 2
=
+ = 1.
2
3
3
2

0
1

3

0,5đ


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Câu 5.

1điểm

Cách 1: Ta có ( x + 1) = Cn0 x 2n + C1n x 2n 2 + Cn2 x 2n 4 + ... + Cnn ,
( x + 2) n = Cn0 x n + 2C1n x n 1 + 22 Cn2 x n 2 + 23 Cn3 x n 3 + ... + 2n Cnn .
2

n

Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n 3 thì x3n 3 = x 2n x n 3 = x 2n 2 x n 1.

Do đó hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa thức của ( x 2 + 1) n ( x + 2) n là
a3n 3 = 23.Cn0 .Cn3 + 2.C1n .C1n .
n=5
2n(2n2 3n + 4)
= 26n
Vậy a3n 3 = 26n
n = 7
3

2
Vậy n = 5 là giá trị cần tìm (vì n nguyên dơng).
Cách 2:
Ta có
n

0,25đ
hoặc

n

1 2
( x + 1) ( x + 2) = x 1 +
1 +
x2 x
i n
k
n
n i 2i n k k k
3n
3n
i 1
k 2
C
C
x
=x
=
Cn x Cn 2 x .
n n
i = 0 x 2 k = 0 x
i = 0

k =0


2

n

n

3n

0,75đ

Trong khai triển trên, luỹ thừa của x là 3n 3 khi 2i k = 3 , hay 2i + k = 3.
Ta chỉ có hai trờng hợp thỏa điều kiện này là i = 0, k = 3 hoặc i = 1, k = 1 .
Nên hệ số của x3n 3 là a3n 3 = Cn0 .Cn3.23 + C1n .C1n .2 .
n=5
2n(2n2 3n + 4)
= 26n
Do đó a3n 3 = 26n
n = 7
3

2
Vậy n = 5 là giá trị cần tìm (vì n nguyên dơng).

4

0,75đ

0,25đ


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Bộ giáo dục và đào tạo
-----------------------Đề chính thức

Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn: Toán, Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
-------------------------------------------

Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
y = x 3 3mx 2 + 9x + 1 (1) với m là tham số.
1) Khảo sát hàm số (1) khi m = 2.
2) Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số (1) thuộc đờng thẳng y = x + 1.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phơng trình

(2 cos x 1) (2 sin x + cos x ) = sin 2 x sin x.
x + y = 1
2) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm
x x + y y = 1 3m.

Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh A(1; 0); B(4; 0); C(0; m)
với m 0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác định m để tam giác GAB
vuông tại G.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A 1 B1C1 . Biết A(a; 0; 0),

B(a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1 (a; 0; b), a > 0, b > 0 .
a) Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng B1C và AC1 theo a, b.
b) Cho a, b thay đổi, nhng luôn thỏa mãn a + b = 4 . Tìm a, b để khoảng cách giữa hai đờng
thẳng B1C và AC1 lớn nhất.
3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt

phẳng (P): x + y + z 2 = 0 . Viết phơng trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm
thuộc mặt phẳng (P).
Câu IV (2 điểm)
3

1) Tính tích phân I = ln( x 2 x ) dx .
2
7


1
với x > 0.
2) Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 3 x +
4
x

Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng phơng trình sau có đúng một nghiệm

x 5 x 2 2x 1 = 0 .
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh.............................................................Số báo danh........................................


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

Bộ giáo dục và đào tạo
.....................

Đáp án - Thang điểm

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...........................................
Môn: Toán, Khối D

Đề chính thức
Câu
I

(Đáp án - thang điểm có 4 trang)
Nội dung

ý
1

Điểm
2,0

Khảo sát hàm số (1,0 điểm)

m = 2 y = x 3 6x 2 + 9x + 1 .
a) Tập xác định: R .
b) Sự biến thiên:
y ' = 3x 2 12x + 9 = 3(x 2 4x + 3) ; y ' = 0 x = 1, x = 3 .
yCĐ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12 = 0 x = 2 y = 3. Đồ thị hàm
số lồi trên khoảng ( ; 2), lõm trên khoảng (2; + ) và có điểm uốn là
U(2; 3) .
Bảng biến thiên:
x

1
3
+
y'

+

y

0



0

0,25

+
+

5



0,25

1
0,25

c) Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 1).

0,25
2

Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số ...(1,0 điểm)
y = x3 3mx2 + 9x + 1 (1);
y' = 3x2 6mx + 9; y'' = 6x 6m .
3
y"= 0 x = m y = 2m + 9m + 1.
y" đổi dấu từ âm sang dơng khi đi qua x = m, nên điểm uốn của đồ thị hàm số
(1) là I( m; 2m3 + 9m +1).
I thuộc đờng thẳng y = x + 1 2m3 + 9m + 1 = m + 1
2m(4 m2 ) = 0 m = 0 hoặc m = 2 .

0,25
0,25
0,25
0,25
1


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

2,0

II
1

2

Giải phơng trình (1,0 điểm)
( 2cosx 1) (2sinx + cosx) = sin2x sinx
( 2cosx 1) (sinx + cosx) = 0.
1

2cosx 1= 0 cosx = x = + k2, k Z .
2
3

sinx + cosx = 0 tgx = 1 x = + k, k Z .
4


Vậy phơng trình có nghiệm là: x = + k2 và x = + k, k Z .
3
4
Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm (1,0 điểm)
u + v = 1
Đặt: u = x , v = y, u 0, v 0. Hệ đã cho trở thành: 3
(*)
3
u
v
1
3m
+
=

u + v = 1

u, v là hai nghiệm của phơng trình: t2 t + m = 0 (**).
uv
m
=

Hệ đã cho có nghiệm (x; y) Hệ (*) có nghiệm u 0, v 0 Phơng trình
(**) có hai nghiệm t không âm.
= 1 4m 0
1
S = 1 0
0m .
4
P = m 0


III
1

2

Tính toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC và tìm m... (1,0 điểm)
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ:
x + xB + xC
y + y B + yC m
m
xG = A
= 1; yG = A
= . Vậy G(1; ).

3
3
3
3
JJJG JJJG
Tam giác ABC vuông góc tại G GA.GB = 0 .
JJJG
m JJJG
m
GA(2; ), GB(3; ) .
3
3
2
JJJG JJJG
m
GA.GB = 0 6 +
= 0 m = 3 6 .
9
Tính khoảng cách giữa B1C và AC1,... (1,0 điểm)
a) Từ giả thiết
JJJJsuy
G ra:
C1 (0; 1; b), B1C = (a; 1; b)
JJJJG
JJJJG
AC1 = (a; 1; b), AB1 = (2a;0; b)

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
3,0

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

2


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

3

JJJJG JJJJG JJJJG
B1C, AC1 AB1
ab


.
d ( B1C, AC1 ) =

=
JJJJG JJJJG
2
2
B1C, AC1
a
b
+


b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
ab
ab
1
1 a+b
d(B1C; AC1 ) =
ab

=
= 2.
2ab
2
2 2
a 2 + b2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2.
Vậy khoảng cách giữa B1C và AC1 lớn nhất bằng 2 khi a = b = 2.
Viết phơng trình mặt cầu (1,0 điểm)
I(x; y; z) là tâm mặt cầu cần tìm I (P) và IA = IB = IC .
Ta có: IA2 = (x 2)2 + y2 + ( z 1)2 ; IB2 = (x 1)2 + y2 + z2 ;
IC2 = (x 1)2 + (y 1)2 + ( z 1)2 .

Suy ra hệ phơng trình:

x + y + z 2 = 0
2
2
IA = IB
2
2
IB = IC

x + y + z = 2

x + z = 2
y + z = 1


x = z = 1; y = 0.
R = IA = 1 Phơng trình mặt cầu là ( x 1)2 + y2 + ( z 1)2 =1.
IV
1

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
2,0

Tính tích phân (1,0 điểm)
3

I=


2

2x 1

u = ln(x 2 x) du = 2
dx

ln(x x) dx . Đặt
x x .
dv = dx
v = x
2

3

3

I = x ln(x 2 x)
2

2

0,25

3

2x 1
1

dx = 3ln 6 2 ln 2 2 +
dx

x 1
x
1


2

= 3ln 6 2 ln 2 ( 2x + ln x 1 ) .

0,25

3

0,25
0,25

2

2

I = 3ln6 2ln2 2 ln2 = 3ln3 2.
Tìm số hạng không chứa x... (1, 0 điểm)
7

7
1
3
k
Ta có: x + 4 = C7
x k =0


7

( x)

7k

7k
3

k
4

3

= C7k x
k =0

x

1
4
x
7

k

= C7k x

0,25
28 7k
12

.

k =0

Số hạng không chứa x là số hạng tơng ứng với k (k Z, 0 k 7) thoả mãn:

28 7k
= 0 k = 4.
12
4
7

Số hạng không chứa x cần tìm là C = 35 .

0,25

0,25
0,25

3


B Giỏo dc v o to - thi v ỏp ỏn tuyn sinh i hc 2002-2007 - Mụn Toỏn - Khi D,M... - Cngvn cung cp

V

Chứng minh phơng trình có nghiệm duy nhất
x5 x2 2x 1 = 0 (1) .
(1) x5 = ( x + 1)2 0 x 0 (x + 1) 2 1 x5 1 x 1.
Với x 1: Xét hàm số f (x) = x 5 x 2 2x 1 . Khi đó f(x) là hàm số liên tục
với mọi x 1.
Ta có:
f(1) = 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 có nghiệm thuộc ( 1; 2). (2)
f '( x) = 5x 4 2x 2 = (2x 4 2x) + (2x 4 2) + x 4 .
= 2x(x 3 1) + 2(x 4 1) + x 4 > 0, x 1 .
Suy ra f(x) đồng biến trên [ 1; +) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra phơng trình đã cho có đúng một nghiệm.

1,0
0,25

0,25
0,25
0,25

4


Mang Giao duc Edunet -
Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
----------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
-------------------------------------------

Câu I (2 điểm)
1
m
1
Gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số y = x 3 − x 2 +
(*) ( m là tham số).
3
2
3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m = 2.
2) Gọi M là điểm thuộc (Cm ) có hoành độ bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại
điểm M song song với đường thẳng 5x − y = 0.

Câu II (2 điểm)
Giải các phương trình sau:

1)
2)

2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4.
π⎞ ⎛
π⎞ 3
⎛
cos 4 x + sin 4 x + cos ⎜ x − ⎟ sin ⎜ 3x − ⎟ − = 0.
4⎠ ⎝
4⎠ 2
⎝

Câu III (3 điểm)

x 2 y2
+
= 1. Tìm
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C ( 2;0 ) và elíp ( E ) :
4
1
tọa độ các điểm A, B thuộc ( E ) , biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục
hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
⎧x+y−z−2 = 0
x −1 y + 2 z +1
và
d1 :
=
=
d2 : ⎨

3
−1
2
⎩ x + 3y − 12 = 0.
a) Chứng minh rằng d1 và d 2 song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa cả hai đường thẳng d1 và d 2 .
b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt tại các điểm A, B. Tính
diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ).
Câu IV (2 điểm)
π
2

1) Tính tích phân I = ∫ ( esin x + cos x ) cos xdx.
0

2) Tính giá trị của biểu thức M =

A 4n +1 + 3A 3n
, biết rằng C2n +1 + 2C2n + 2 + 2C2n +3 + Cn2 + 4 = 149
( n + 1)!

( n là số nguyên dương, A kn là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và C kn là số tổ hợp
chập k của n phần tử).
Câu V (1 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng

1 + x 3 + y3
1 + y3 + z 3
1 + z3 + x 3
+

+
≥ 3 3.
xy
yz
zx
Khi nào đẳng thức xảy ra?
-------------------------------Hết-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh..............................................

Số báo danh..........................................


Mang Giao duc Edunet -
Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
--------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
I

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------Môn: TOÁN, Khối D
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Nội dung
Điểm
2,0
1,0

Ý
I.1

1
1
m = 2 ⇒ y = x3 − x2 + .
3
3
a) TXĐ: \.
0,25

b) Sự biến thiên: y ' = x − 2x, y ' = 0 ⇔ x = 0, x = 2.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
0
2
y’
+
0
−
0
2

+∞
+

1
3

y

+∞
0,25

−1

− ∞

1
yCĐ = y ( 0 ) = , y CT = y ( 2 ) = −1.
3
c) Tính lồi lõm, điểm uốn

y '' = 2x − 2, y '' = 0 ⇔ x = 1.
x
−∞
y’’
−
lồi

Đồ thị hàm số

⎛
⎝

1
0

1⎞

⎛
U ⎜1; − ⎟
3⎠
⎝

+∞

0,25

+
lõm

1⎞
3⎠

Đồ thị của hàm số nhận U ⎜ 1; − ⎟ là điểm uốn.
d) Đồ thị
y

0,25
2

O

x

-1

1

Mang Giao duc Edunet -
Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

I.2

1,0

Ta có: y ' = x − mx.
2

⎛
⎝

Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x = −1 là M ⎜ −1; −

m⎞
⎟.
2⎠

0,25

Tiếp tuyến tại M của (Cm) là
∆: y +

m
m+2
= y ' ( −1)( x + 1) ⇔ y = ( m + 1) x +
.
2

2

0,25

∆ song song với d :5x − y = 0 ( hay d : y = 5x ) khi và chỉ khi

⎧m + 1 = 5
⇔ m = 4.
⎨
⎩m + 2 ≠ 0

Vậy m = 4.
II.

0,50

2,0
1,0

II.1

2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4.
0,25

ĐK: x ≥ −1.
Phương trình đã cho tương đương với

2

(

)

2

x +1 +1 − x +1 = 4 ⇔ 2

(

)

x +1 +1 − x +1 = 4 ⇔ x +1 = 2

⇔ x = 3.

0,50

0,25

II.2

1,0
Phương trình đã cho tương đương với

⎤ 3
1⎡ ⎛
π⎞
1 − 2sin 2 x cos 2 x + ⎢sin ⎜ 4x − ⎟ + sin 2x ⎥ − = 0
2⎣ ⎝
2⎠

⎦ 2

0,25

⇔ 2 − sin 2 2x − cos 4x + sin 2x − 3 = 0
⇔ − sin 2 2x − (1 − 2sin 2 2x ) + sin 2x − 1 = 0

0,50

⇔ sin 2 2x + sin 2x − 2 = 0 ⇔ sin 2x = 1 hoặc sin 2x = −2 (loại).

Vậy sin 2x = 1 ⇔ 2x =

π
π
+ 2kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ] ) .
2
4
2

0,25


Mang Giao duc Edunet -
Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

III.

III.1

Giả sử A ( x o ; y o ) . Do A, B đối xứng nhau qua Ox nên B(x o ; − y o ).
Ta có

AB2 = 4yo2

và AC = ( x o − 2 ) + y 0 .
2

2

x o2
x2
+ y o2 = 1 ⇒ y o2 = 1 − o
4
4
2
2
2
Vì AB = AC nên ( x o − 2 ) + y o = 4y o

Vì A ∈ ( E ) nên

2

(1).

3,0
1,0

0,25

0,25

(2).

Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được

⎡xo = 2
7x − 16x o + 4 = 0 ⇔ ⎢
.
⎢xo = 2
⎢⎣
7

0,25

2
o

Với x 0 = 2 thay vào (1) ta có y 0 = 0 . Trường hợp này loại vì A ≡ C.

2
4 3
thay vào (1) ta có y 0 = ±
.
7
7
⎛2 4 3⎞ ⎛2 4 3⎞
⎛2 4 3⎞ ⎛2 4 3⎞
,

B
;
−
hoặc A ⎜ ; −
Vậy A ⎜ ;
⎟
⎜
⎟
⎟⎟ , B ⎜⎜ ;
⎟⎟ .
⎜7 7 ⎟ ⎜7
⎟
⎜7
7
7
7
7
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠ ⎝
⎠

Với x 0 =

III.2a

JJG
d1 đi qua M1 (1; −2; −1) và có vectơ chỉ phương u1 = ( 3; −1; 2 ) .

1,0

JJG ⎛ 1 − 1 −1 1 1 1 ⎞
;
;
d 2 có vectơ chỉ phương là u 2 = ⎜
⎟ = ( 3; −1; 2 ) .
⎝3 0 0 1 1 3⎠
JJG JJG
Vì u1 = u 2 và M1 ∉ d 2 nên d1 // d 2 .
Mặt phẳng (P) chứa d 2 nên có phương trình dạng

0,25

α ( x + y − z − 2 ) + β ( x + 3y − 12 ) = 0

(α

2

+ β2 ≠ 0 ) .

Vì M1 ∈ ( P ) nên α (1 − 2 + 1 − 2 ) + β (1 − 6 − 12 ) = 0 ⇔ 2α + 17β = 0.
Chọn α = 17 ⇒ β = −2. Phương trình (P) là:

15x + 11y − 17z − 10 = 0.
III.2b

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

Vì A, B ∈ Oxz nên y A = y B = 0.

x A − 1 2 zA + 1
⇒ x A = z A = −5 , ⇒ A ( −5;0; −5 )
=
=
−1
3
2
⎧ x − z B − 2 = 0 ⎧ x B = 12
B ∈ d2 ⇒ ⎨ B
⇔⎨
⇒ B(12;0;10).
x
12
0
z
10
−
=
=

⎩ B
⎩ B

Vì A ∈ d1 nên

JJJG
JJJG
JJJG JJJG
OA = ( −5;0; −5 ) , OB = (12;0;10 ) ⇒ ⎡⎣ OA, OB⎤⎦ = ( 0; −10;0 ) .
1 JJJG JJJG
1
S∆OAB = ⎡⎣ OA, OB⎤⎦ = .10 = 5 (đvdt).
2
2
3

0,50

0,50


Mang Giao duc Edunet -
Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

IV

2,0
1,0

IV.1

π
2

π
2

1 + cos 2x
dx
2
0

I = ∫ esin x d ( sin x ) + ∫
0

π
2

= esin x

0

=e+
IV.2

1⎛
1
⎞
+ ⎜ x + sin 2x ⎟
2⎝
2

⎠

0,25

π
2

0,50

0

π
− 1.
4

0,25
1,0

ĐK: n ≥ 3 .
2
2
2
2
Ta có C n +1 + 2C n + 2 + 2C n + 3 + C n + 4 = 149

⇔

( n + 1)! + 2 ( n + 2 )! + 2 ( n + 3)! + ( n + 4 )! = 149
2!( n − 1)!
2!n!

2!( n + 1)! 2!( n + 2 )!

0,25

⇔ n 2 + 4n − 45 = 0 ⇔ n = 5, n = −9 .
Vì n nguyên dương nên n = 5.
6!
5!
+ 3.
4
3
A + 3A 5 2!
2! = 3 .
M= 6
=
6!
6!
4

0,25
0,50

V

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

1 + x 3 + y3 ≥ 3 3 1.x 3 .y3 = 3xy
⇔

1 + x 3 + y3
3
≥
xy
xy

(1).

1 + y3 + z3
≥
yz

3
yz

(2)

1 + z3 + x 3
3
≥
zx
zx

(3).

0,25

(4).

0,25

0,25

Tương tự

Mặt khác

3
3
3
+
+
≥3
xy
yz
zx
⇒

3

3
xy

3
yz

3
.
zx

3
3
3
+
+
≥3 3
xy
yz
zx

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra ⇔ (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức ⇔ x = y = z = 1.

-------------------------------Hết-------------------------------

4

0,25


Bộ Giáo dục và Đào tạo - Đề thi và đáp án tuyển sinh đại học 2002-2007 - Môn Toán - Khối D,M... - Cườngvăn cung cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x 3 − 3x + 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0.

2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

2. Giải phương trình:

( x ∈ \ ).

Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) và hai đường thẳng:
x −2 y+ 2 z −3
x −1 y −1 z + 1
d1 :
=
=
, d2 :
=
=
.
2
−1
1

−1
2
1
1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1.
2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.
Câu IV (2 điểm)
1

1. Tính tích phân: I = ∫ ( x − 2 ) e2x dx.
0

2. Chứng minh rằng với mọi a > 0 , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
⎧⎪e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y)
⎨
⎪⎩ y − x = a.
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 − 2x − 2y + 1 = 0 và
đường thẳng d: x − y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có
bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A,
4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4
học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
2
2
1. Giải phương trình: 2 x + x − 4.2x − x − 22x + 4 = 0.
2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các
đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

----------------------------- Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ............................................................. số báo danh.....................................................