Bộ đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng 100 đề có lời giải chi tiết

bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Câu

ý

I

1

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Nội dung

ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3x 2 + 6 x = 3x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ

0,5đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

y" = 0 x = 1

Bảng biến thiên


x

0


y'

+

0

+

0

lõm

U

4

CT
0

2

CĐ
lồi

x = 0
y=0
,
x = 3
Đồ thị:

+

2

+

0

y"
y

1





y (1) = 4

y

4
2

-1

0

1

2

3

x

( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1
CuuDuongThanCong.com

/>

I

2

Cách I. Ta có x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 x 3 + 3 x = k 3 + 3k 2 .
Đặt a = k 3 + 3k 2 Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình x 3 + 3 x 2 = a
có 3 nghiệm phân biệt 0 < a < 4 0 < k 3 + 3k 2 < 4
1 < k < 3
0k <3
0k <3







2
2
k 0 k 2
(k + 1)(k 4k + 4) > 0
(k + 1)(k 2 ) > 0
Cách II. Ta có
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 ( x k ) x 2 + (k 3) x + k 2 3k ] = 0
có 3 nghiệm phân biệt f ( x) = x 2 + (k 3) x + k 2 3k = 0

có 2 nghiệm phân biệt khác k
= 3k 2 + 6k + 9 > 0
1 < k < 3
2


2
2
k 0 k 2
k + k 3k + k 3k 0

[

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-----------

-----------

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

3
Cách I.
x = m 1
y' = 0 1
x2 = m + 1
Ta thấy x1 x 2 và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại
x1 và x 2 .
y1 = y ( x1 ) = m 2 + 3m 2 và y 2 = y ( x 2 ) = m 2 + 3m + 2
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
M 1 m 1; m 2 + 3m 2
và M 2 m + 1; m 2 + 3m + 2
là:
y ' = 3 x 2 + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

(

)

(

)

x m + 1 y + m 2 3m + 2
=
y = 2x m2 + m

2
4
'
2
Cách II. y = 3 x + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

Ta thấy

' = 9m 2 + 9(1 m 2 ) = 9 > 0 y ' = 0 có 2 nghiệm x1 x 2
và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại x1 và x 2 .
Ta có y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2
m
1
= x 3x 2 + 6mx + 3 3m 2 + 2 x m 2 + m.
3
3
Từ đây ta có y1 = 2 x1 m 2 + m và y 2 = 2 x 2 m 2 + m .
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y = 2 x m 2 + m .

(

II

0,5 đ 0,5 đ

)

1.
Với m = 2 ta có log x + log x + 1 5 = 0
2

3

2
3

0,25 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

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1+ t 5 = 0 t 2 + t 6 = 0

t = 3
.
1
t2 = 2
2

CuuDuongThanCong.com

/>

t1 = 3 (loại) ,

t 2 = 2 log 32 x = 3 log 3 x = 3 x = 3

3

0,25 đ

0,5 đ

x = 3 3 thỏa mãn điều kiện x > 0 .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

1,0 đ 1,0 đ

2.
log x + log x + 1 2m 1 = 0 (2)
2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1 + t 2 m 1 = 0 t 2 + t 2m 2 = 0

(3)

0,25 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

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

x [1,3 3 ] 0 log 3 x 3 1 t = log 32 x + 1 2.
Vậy (2) có nghiệm [1,3 3 ] khi và chỉ khi (3) có
nghiệm [ 1,2 ]. Đặt f (t ) = t 2 + t
Cách 1.

Hàm số f (t ) là hàm tăng trên đoạn [1; 2] . Ta có f (1) = 2 và f (2) = 6 .
Phơng trình t 2 + t = 2m + 2 f (t ) = 2m + 2 có nghiệm [1;2]
f (1) 2m + 2
2 2 m + 2


0 m 2.
f (2) 2m + 2
2 m + 2 6
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn 1 < t1 t 2 < 2 .
t +t
1
Do 1 2 = < 1 nên không tồn tại m .
2
2
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn
t1 1 t 2 2 hoặc 1 t1 2 t 2
2m(4 2m ) 0 0 m 2 .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
III

1.

cos 3 x + sin 3x
1

5 sin x +
= cos 2 x + 3 . Điều kiện sin 2 x
1 + 2 sin 2 x

2

cos 3x + sin 3 x
sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x

Ta có 5 sin x +

= 5
1 + 2 sin 2 x
1 + 2 sin 2 x



sin x + cos x cos 3 x + cos 3 x + sin 3 x
(2 sin 2 x + 1) cos x
=5
=5
= 5 cos x
1 + 2 sin 2 x


1 + 2 sin 2 x

2
Vậy ta có: 5 cos x = cos 2 x + 3 2 cos x 5 cos x + 2 = 0
1

cos x = 2 (loại) hoặc cos x = x = + 2k (k Z ).
2
3

3
CuuDuongThanCong.com

/>
1,0 đ 1,0 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


5

và x 2 =
. Ta thấy x1 , x 2 thỏa mãn điều
3
3
1
5

kiện sin 2 x . Vậy các nghiệm cần tìm là: x1 =
và x 2 =

.
2
3
3
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Vì x (0 ; 2 ) nên lấy x1 =

2.

y

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

8

3
1
0
-1

-1

1

2

5

3

x

Ta thấy phơng trình | x 2 4 x + 3 |= x + 3 có 2 nghiệm x1 = 0 và x 2 = 5.
Mặt khác | x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] . Vậy
5

(

1

)

(

3

)

(

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ

1đ

1đ

)

S = x + 3 | x 2 4 x + 3 | dx = x + 3 x 2 + 4 x 3 dx + x + 3 + x 2 4 x + 3 dx
0

0

5

1

(

)

+ x + 3 x 2 + 4 x 3 dx

3

1

(

3

)

(

)

5

(

)

S = x + 5 x dx + x 3 x + 6 dx + x 2 + 5 x dx
2

0

1

1

2

3

3

5

5
3
5
1
1

1
S = x3 + x 2 + x3 x 2 + 6x + x3 + x 2
2 0 3
2
2 3
3
1 3
13 26 22 109
S= +
+
=
(đ.v.d.t)
6
3
3
6
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức

| x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] )
IV

1.
4
CuuDuongThanCong.com

/>

S

N
I
M
A

C

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

K

B
Gọi K là trung điểm của BC và I = SK MN . Từ giả thiết
1
a
MN = BC = , MN // BC I là trung điểm của SK và MN .
2
2
Ta có SAB = SAC hai trung tuyến tơng ứng AM = AN
AMN cân tại A AIMN .
(SBC )( AMN )

(SBC ) ( AMN ) = MN

Mặt khác
AI(SBC ) AISK .
AI ( AMN )


AIMN
Suy ra SAK cân tại A SA = AK =

a 3
.
2

3a 2 a 2 a 2
SK = SB BK =

=
4
4
2
2

2

2

2

SK
AI = SA SI = SA
=
2
2

Ta có

2

S AMN

2

3a 2 a 2 a 10
.

=
4
8
4

a 2 10
1
= MN . AI =
(đvdt)
2
16

chú ý
1) Có thể chứng minh AIMN nh sau:
BC(SAK ) MN(SAK ) MNAI .
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac 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
6
2
2

trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp S. ABC .

5
CuuDuongThanCong.com

/>

2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 có dạng:
(x 2 y + z 4) + (x + 2 y 2 z + 4) = 0 ( 2 + 2 0 )
( + )x (2 2 ) y + ( 2 )z 4 + 4 = 0
r
r
Vậy n P = ( + ;2 + 2 ; 2 ) .Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 và M 2 (1;2;1) 2
r r
n P .u 2 = 0
= 0
(P ) // 2
Vậy (P ) : 2 x z = 0

M 2 (1;2;1) (P )
M 2 (P )

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
-----------

0,5 đ
-----------

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
----------0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
----------0,5 đ
0,5 đ

Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau:
x = 2t '

Từ phơng trình 1 suy ra 2 x z = 0. Đặt x = 2t ' 1 : y = 3t '2
z = 4t '

r
M 1 (0;2;0) 1 , u1 = (2;3;4) // 1 .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm M 1 1 bằng cách cho x = 0 y = 2 z = 0
Cách II

r 2 1 1 1 1 2
= (2;3;4) ).
và tính u1 =
;
;

2
2
2
1
1
2

r
Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :
r
r r
n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;1) . Vậy phơng trình mặt phẳng (P) đi qua M 1 (0;2;0 )
r
và n P = (2;0;1) là: 2 x z = 0 .
Mặt khác M 2 (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x z = 0
2b)

b)Cách I. H 2 H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) MH = (t 1; t + 1;2t 3)
MH = (t 1) + (t + 1) + (2t 3) = 6t 12t + 11 = 6(t 1) + 5
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
t = 1 H (2;3;3)
Cách II. H 2 H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) .
r
MH nhỏ nhất MH 2 MH .u 2 = 0 t = 1 H (2;3;4)
2

V

1.

2

2

2

2

1đ

Ta có BC I Ox = B(1;0 ) . Đặt x A = a ta có A(a; o) và

(

)

xC = a y C = 3a 3. Vậy C a; 3a 3 .
1

2a + 1 3 (a 1)
xG = 3 ( x A + x B + x C )
.
;
Từ công thức
ta có G

1
3
3

yG = ( y A + y B + yC )
3

Cách I.
Ta có :
AB =| a 1 |, AC = 3 | a 1 |, BC = 2 | a 1 | . Do đó

6
CuuDuongThanCong.com

/>
0,25 đ


S ABC =
Ta có
Vậy

1
3
(a 1)2 .
AB. AC =
2
2
2
2S
3 (a 1)
| a 1|
= 2.
r=
=
=
AB + AC + BC 3 | a 1 | + 3 | a 1 |
3 +1
| a 1 |= 2 3 + 2.

0,25 đ

0,25 đ

7+4 3 6+2 3

;
TH1. a1 = 2 3 + 3 G1
3
3

4 3 1 6 2 3
.
;
TH2 a 2 = 2 3 1 G2

3
3


Cách II.
y
C

0,25 đ
-----------

I
O

B

A

x

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì r = 2 y I = 2 .
x 1
xI = 1 2 3 .
Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x 1) =
3
TH1 Nếu A và O khác phía đối với B x I = 1 + 2 3. Từ d ( I , AC ) = 2
7+4 3 6+2 3

a = x I + 2 = 3 + 2 3. G1
;
3
3

TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với B x I = 1 2 3. Tơng tự
4 3 1 6 2 3

;
ta có a = x I 2 = 1 2 3. G2

3
3


C n3 = 5C n1 ta có n 3 và

7
CuuDuongThanCong.com

0,25 đ

0,25 đ

1 đ

2.
Từ

0,25 đ

/>

n!
n!
n(n − 1)(n − 2)
=5
⇔
= 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0
(n − 1)!
3!(n − 3)!
6
⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n2 = 7.
Víi n = 7 ta cã
 x2−1 
C  2 



3
7

4

0,25 ®
0,25 ®

3

 −3x 
 2  = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.





8
CuuDuongThanCong.com

/>
0,5 ®


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 :
y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2 (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0
có ba nghiệm phân biệt.
2. Tìm k để phơng trình:
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)
log 32 x + log 32 x + 1 2m 1 = 0

Cho phơng trình :
1

(2) ( m là tham số).

m = 2.

Giải phơng trình (2) khi

2. Tìm m để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1 ; 3 3 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
cos 3x + sin 3x

1. Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2 ) của phơng trình: 5 sin x +
= cos 2 x + 3.
1 + 2 sin 2 x

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:

y =| x 2 4 x + 3 | , y = x + 3.
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 lợt
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 toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng:
x = 1+ t
x 2y + z 4 = 0

và 2 : y = 2 + t .
1 :
x + 2 y 2z + 4 = 0
z = 1 + 2t

a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng 1 và song song với đờng thẳng 2 .
b) Cho điểm M (2;1;4) . Tìm toạ độ điểm 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 ABC vuông tại A ,
phơng trình đờng thẳng BC là 3 x y 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2.

Cho khai triển nhị thức:
n

n

n 1

n 1

x
x21

x
x 1
x 1 x
x 1 x
2 + 2 3 = C n0 2 2 + C n1 2 2 2 3 + L + C nn 1 2 2 2 3 + C nn 2 3

3
1
( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C n = 5C n và số hạng thứ t
bằng 20n , tìm n và x .
----------------------------------------Hết--------------------------------------------Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

n

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................
CuuDuongThanCong.com

Số báo danh:.....................
/>

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
I

ý
1

Nội dung

ĐH

CĐ

y = x 4 8 x 2 + 10 là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy .
x=0
Tập xác định x R , y ' = 4 x 3 16 x = 4 x x 2 4 , y '= 0
x = 2

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

Với m = 1 ta có

(

)

4
2

.
y" = 12 x 2 16 = 12 x 2 , y" = 0 x =
3
3

Bảng biến thiên:
x



2


y'
y"

0
+

2
3
+
0

lõm

CT
6

U

+

2

3

0

0

10
CĐ
lồi

+

y

2

0

0
+

+
+

U

lõm
CT
6
y

Hai điểm cực tiểu : A1 ( 2;6 ) và A2 (2;6 ) .
Một điểm cực đại: B (0;10 ) .

2 10
2 10
Hai điểm uốn: U 1
; và U 2
; .
3 9
3 9
Giao điểm của đồ thị với trục tung là B(0;10 ) .
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:

10 B

x = 4 + 6 và x = 4 6 .

U1

U2

-2

2
0

A1 -6

x

A2

(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
1
CuuDuongThanCong.com

/>

I

II

2

(

)

(

)

y ' = 4mx 3 + 2 m 2 9 x = 2 x 2mx 2 + m 2 9 ,
x=0

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

2m
m < 3
có 2 nghiệm khác 0
0 < m < 3.
m < 3
Vậy hàm số có ba điểm cực trị
0 < m < 3.

1

sin 2 3x cos 2 4 x = sin 2 5 x cos 2 6 x
1 cos 6 x 1 + cos 8 x 1 cos10 x 1 + cos12 x

=

2
2
2
2
(cos 12 x + cos 10 x ) (cos 8 x + cos 6 x ) = 0
cos x(cos 11x cos 7 x ) = 0
cos x sin 9 x sin 2 x = 0
k

x = 9
k Z.
sin 9 x sin 2 x = 0
k
x =
2

Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.
2

(

)

log x log 3 (9 x 72) 1 (1).
x > 0, x 1

Điều kiện: 9 x 72 > 0 9 x 72 > 1 x > log 9 73

log (9 x 72) > 0
3

(

(2).

1,0 đ

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

1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

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

)

Do x > log 9 73 > 1 nên (1) log 3 9 x 72 x

( )

x 2

9 x 72 3 x 3 3 x 72 0 (3).
Đặt t = 3 x thì (3) trở thành
t 2 t 72 0 8 t 9 8 3 x 9 x 2 .
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:
log 9 73 < x 2 .

2
CuuDuongThanCong.com

/>

3

3 x y = x y (1)
x y 0
Điều kiện:
(3)

x + y = x + y + 2 (2).

x + y 0.
x= y
(1) 3 x y 1 6 x y = 0
x = y + 1.
Thay x = y vào (2), giải ra ta đợc x = y = 1.
3
1
Thay x = y + 1 vào (2), giải ra ta có: x = , y = .
2
2
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:
3
1
x = 1, y = 1
và x = , y =
2
2
Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:
x= y
x = y + 1.


(

)

III

y

x2
y= 4
4

-4

2 2

4

]

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

x2
x2
và y =
:
4
4 2

x2
4
và do hình đối xứng qua trục tung
Trên 8 ; 8 ta có
4
4 2
8
8
8
x2
x 2
1
nên S = 2 4
dx = 16 x 2 dx
x 2 dx = S1 S 2 .

4
4 2
2 2 0
0
0

x2

Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x = 4 sin t , khi 0 t


dx = 4 cos tdt và cos t > 0 t 0; . Do đó
4



4

thì 0 x 8 .

3
CuuDuongThanCong.com

0,25 đ

x

x4 x2
x2
x2

=

+
4 = 0 x2 = 8 x = 8 .
32 4
4 4 2

[

0,25 đ

A2

0

Tìm giao điểm của hai đờng cong y = 4

4

0,25 đ

4 2

2
2

-2 2

1,0 đ

x2

y=

A1

1,0 đ

/>

8

S1 =


0





4

4

0

0

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

16 x 2 dx = 16 cos 2 tdt = 8 (1 + cos 2t )dt = 2 + 4 .

S2 =

1
2 2

8

x
0

2

dx =

1
6 2

8

=

x3
0

4
8
. Vậy S = S1 S 2 = 2 + .
3
3
2
2

4 x x dx .

4 4 2
8
8

Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích S =

IV

1
y
B
H

O

A

C

I

x

D

Khoảng cách từ I đến đờng thẳng AB bằng

5
AD = 5 và
2

5
.
2
Do đó A, B là các giao điểm của đờng thẳng AB với đờng tròn tâm I và bán
5
kính R = . Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :
2
x 2y + 2 = 0


2
2
x 1 + y 2 = 5



2
2

Giải hệ ta đợc A( 2;0 ), B(2;2 ) (vì x A < 0 )
C (3;0 ), D( 1;2 ) .

IA = IB =

Chú ý:
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đờng thẳng AB .

Sau đó tìm A, B là giao điểm của đờng tròn tâm H bán kính HA với đờng
thẳng AB .

4
CuuDuongThanCong.com

/>

IV

1,0 đ 1,5 đ

2a) Tìm khoảng cách giữa A1 B và B1 D .
z
D1

A1
B1

C1
G
I
A

yx
D

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

C

B
x

Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; a;0 ), A1 (0;0; a ) C (a; a;0 ); B1 (a;0; a ); C1 (a; a; a ), D1 (0; a; a )

[

]

A1 B = (a;0; a ), B1 D = ( a; a; a ), A1 B1 = (a;0;0) và A1 B, B1 D = (a 2 ;2a 2 ; a 2 ) .
d ( A1 B, B1 D ) =

Vậy

[A B, B D].A B
[A B, B D]
1

1

1

Cách II.

1

1

=

1

a3
a

2

6

=

a
6

.

A1 BAB1
A1 B( AB1C1 D ) A1 B B1 D .
A1 BAD

Tơng tự A1C1 B1 D B1 D( A1 BC1 ) .
Gọi G = B1 D ( A1 BC1 ) . Do B1 A1 = B1 B = B1C 1 = a nên
GA1 = GB = GC1 G là tâm tam giác đều A1 BC1 có cạnh bằng a 2 .
Gọi I là trung điểm của A1 B thì IG là đờng vuông góc chung của A1 B và
B1 D , nên

1
1
3
a
.
d ( A1 B, B1 D ) = IG = C1 I = A1 B

=
3
3
2
6

Chú ý:
Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng (P ) chứa A1 B và song song với
B1 D là: x + 2 y + z a = 0 và tính khoảng cách từ B1 (hoặc từ D ) tới (P ) ,

hoặc viết phơng trình mặt phẳng (Q ) chứa B1 D và song song với A1 B là:

x + 2 y + z 2a = 0 và tính khoảng cách từ A1 (hoặc từ B) tới (Q ) .

5
CuuDuongThanCong.com

/>

1,0 đ

2b)
Cách I.

a a

a
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc M a;0; , N ; a;0 , P 0; ; a
2 2

2
a a

a

MP = a; ; , NC1 = ;0; a MP.NC1 = 0 .
2 2

2

Vậy MPC1 N .

0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

z
A1

P

D1
C1

B1

E
M
y

A
B

Cách II.

0,25 đ

N
C

x

Gọi E là trung điểm của CC1 thì ME(CDD1C1 ) hình chiếu vuông góc của
MP trên (CDD1C1 ) là ED1 . Ta có
C1CN = D1C1 E C1 D1 E = CC1 N = 90 0 D1C1 N D1 EC1 N . Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có MPC1 N .

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ

V
3
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 ,L , A2 n là C 2n
.

0,25 đ

Gọi đờng chéo của đa giác đều A1 A2 L A2 n 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 2n điểm A1 , A2 ,L , A2 n 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 A1 A2 L A2 n tức C n2 .
Theo giả thiết thì:

6
CuuDuongThanCong.com

/>
0,25 đ


C 23n = 20C n2

(2n )!

3!(2n 3)!

= 20

n!
n(n 1)
2n.(2n 1)(2n 2)
= 20

2!(n 2)!
6

2

2n 1 = 15 n = 8 .

0,5 đ

Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
n(n 1)
đến kết quả số hình chữ nhật là
thì cho điểm tối đa phần này.
2

7
CuuDuongThanCong.com

/>

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 :
y = mx 4 + m 2 9 x 2 + 10
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.

(

)

(1) ( m là tham số).

Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1.
Giải phơng trình:
sin 2 3 x cos 2 4 x = sin 2 5 x cos 2 6 x .
2.
Giải bất phơng trình:
log x log 3 (9 x 72) 1 .

(

)

3 x y = x y

x + y = x + y + 2 .
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng :
x2
x2
y = 4
và y =
.

4
4 2

3.

Giải hệ phơng trình:

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
I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB là x 2 y + 2 = 0 và AB = 2 AD . Tìm tọa độ các đỉnh
2
A, B, C , D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2.
Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 có cạnh bằng a .
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đờng thẳng A1 B và B1 D .
b) Gọi M , N , P lần lợt là các trung điểm của các cạnh BB1 , CD , A1 D1 . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và C1 N .
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều A1 A2 L A2 n (n 2, n nguyên ) nội tiếp đờng tròn (O ) . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 , L , A2 n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 , A2 , L , A2 n , 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:...............................

CuuDuongThanCong.com

/>

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
CuuDuongThanCong.com

/>

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:

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

TH 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
CuuDuongThanCong.com

/>
1/4


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

=

6 34
(cm).
17

3
CuuDuongThanCong.com

/>

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
CuuDuongThanCong.com

/>

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 ,

1/4

k =0

n

Cho x = 2 ta đợc

3 n = C kn 2 k
k =0

3 = 243 = 3 n = 5 .
n

5

5
CuuDuongThanCong.com

/>
1/4

1/2


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
CuuDuongThanCong.com

/>

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
CuuDuongThanCong.com

/>
1/4


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
CuuDuongThanCong.com

/>