Đáp án đề thi đại học môn toán khối B năm 2003

1
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 B


Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1)
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ

tồn tại
0
0x
sao cho
00
() ( )yx y x=


tồn tại
0
0x
sao cho
32 3 2
00 0 0

3()3()x xm x x m

+=+



tồn tại
0
0x
sao cho
2
0
3x m=

0m>
.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
m
= 2.
Khi
2
m
=
hàm số trở thành
32
32.yx x= +

Tập xác định :
\
.

2
0
' 3 6 , ' 0
2.
x
yx xy
x
=

= =

=


" 6 6. '' 0 1.yx y x= ==

"y
triệt tiêu và đổi dấu qua
1(1;0)x =
là điểm uốn.

Bảng biến thiên:







Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm

(1; 0), (1 3; 0)
và cắt trục tung tại điểm
(0;2)
.

















1 điểm
0, 25 đ

0, 25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1 điểm

0,25đ

0,25đ



0,25đ










0,25đ


x




0 2 +

y + 0 0 +
2 +

CĐ CT
y 2
x
y
O
2
2
1

2
2
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình:
2
cotg tg 4sin 2 (1).
sin 2
xx x
x
+ =

Điều kiện:
sin 0
(*).
cos 0
x
x

Khi đó (1)
cos sin 2
4sin2
sin cos sin 2
xx
x
x xx
+ =
22
cos sin 2
4sin2
sin cos sin 2
xx
x
x xx

+=

2
2cos2 4sin 2 2xx+ =

2
2cos 2 cos2 1 0xx=

cos 2 1
1
cos 2
3

2
xk
x
x k
x



=
=







= +
=





()k
Z
.
Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm của (1) là

( ).

3
xkk= + Z

2) Giải hệ phơng trình
2
2
2
2
2
3 (1)

2
3 (2).
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=

Điều kiện
0, 0xy
.
Khi đó hệ đã cho tơng đơng với
22
22
22
()(3 )0
32

32.
32
xy xyxy
xy y
xy x
xy x

++ =

=+



=+

=+

TH1:
22
1
1.
32
xy
x
y
xy x
=

=




=
=+




TH2:
22
30
32
xy x y
xy x
++=

=+


vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có
,0xy>
.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1.xy= =

1 điểm



0,25đ




0,25đ


0,25đ


0,25đ

1 điểm






0,25đ


0,5đ


0,25đ
Câu 3. 3điểm
1)
Vì
G
là trọng tâm
ABC
và
M
là trung điểm
BC
nên
3(1;3)
MA MG
==
JJJG JJJJG

(0; 2)A
.
Phơng trình
BC
đi qua
(1; 1)
M

và vuông góc với
(1,3)
MA
=
JJJG
là:
1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1).

xy xy
+ +=+ +=

Ta thấy
10
MB MC MA
= ==
tọa độ
,
B C
thỏa mãn
phơng trình:
22

(1) (1) 10 (2).

xy
++=

Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của
,
B C
là
(4;0), ( 2; 2).



2)
Ta có
'// 'A MNCAMCN=
là hình bình hành,
do đó
'A C
và
MN
cắt nhau tại trung điểm
I
của
mỗi đờng
.
Mặt khác
ADCB
là hình bình hành nên
trung điểm

I
của
AC
cũng chính là trung điểm của
BD.
Vậy
MN
và
BD
cắt nhau tại trung điểm
I
của
mỗi đờng nên
BMDN
là hình bình hành. Do đó
B,
M, D, N
cùng thuộc một mặt phẳng.
Mặt khác
DM
2
=
DA
2
+
AM
2
=
DC
2

+
CN
2
=
DN
2
,
hay
DM
=
DN.
Vậy hình bình hành
BMDN
là hình thoi. Do đó
BMDN
là hình
1 điểm


0,25đ


0,25đ


0,25đ
0,25đ
1 điểm

0,5đ


G
A
B
C
M
.
D
A
D
C
B
N
M
I
A
B
C
3
vuông


MN = BD

AC = BD


AC
2
= BD
2
= BB
2
+BD
2


3
a
2
= BB
2
+ a
2



BB=
2a

AA=
2a
.
3)
Từ
(0;6;0)AC
=
JJJG
và
A
(2; 0; 0) suy ra
C
(2; 6; 0), do đó
I
(1; 3; 4).
Phơng trình mặt phẳng (

) qua
I
và vuông góc với
OA
là :
10.x =


tọa độ giao điểm của (

) với
OA
là

K
(1; 0; 0).

khoảng cách từ
I
đến
OA
là
222
(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK
= ++ =

0,5đ
1 điểm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
4.yx x=+

Tập xác định:
[]
2; 2
.
2
'1

4
x
y
x
=

,
2
22
0
'0 4 2
4
x
yxx x
xx



= = =

=


.
Ta có
(2) 2, (2)22, (2)2yy y= = =
,

Vậy
[2;2]

max ( 2) 2 2yy

==
và
[2;2]
min ( 2) 2yy

= =
.
2) Tính tích phân

4
2
0
12sin
.
1sin2
x
Idx
x

=
+


Ta có

44
2
00

12sin cos2
1sin2 1sin2
xx
Idxdx
x x

==
++

.
Đặt
1sin2 2cos2txdtxdx=+ =
.
Với
0x =
thì
1,t =
với

4
x =
thì
2t =
.
Khi đó
2
1
2
11 1
ln | | ln 2.

1
22 2
dt
It
t
== =


1 điểm




0,25đ

0,25đ


0,25đ
0,25đ



1 điểm




0,25đ

0,25đ
0,25đ


0,25đ
Câu 5. 1điểm
Ta có
01 22
(1 ) ...
nnn
nn n n
x CCxCx Cx+=+ + ++
.
Suy ra
()
22
01 22
11
(1 ) ...
nnn
nn n n
x dx C C x C x C x dx+=++++


2
2
23 1
101 2
1

1
1
(1 ) ...
1231
n
nn
nn n n
xx x
xCxCC C
nn
+
+

+ =++++


++


23 1 11
012
21 21 2 1 3 2
23 1 1
nnn
n
nnn n
CCC C
nn
+ ++

+ + ++ =
+ +
"
.



0,5 đ






0,5 đ