Đáp án đề thi đại học Khối D năm 2003

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
Câu 1. 2điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
24
2
xx
y
x
+
=

.
1 điểm
Tập xác định :
R

\{ 2 }.
Ta có
2
24 4
.
22
xx

yx
xx
+
==+


2
22
0
44
' 1 . ' 0
4.
(2) (2)
x
xx
yy
x
xx
=


= = =

=



[]
4
lim lim 0

2
xx
yx
x

= =

tiệm cận xiên của đồ thị là:
yx=
,
tiệm cận đứng của đồ thị là:
2
lim
x
y

=
2x =
.
Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 2).

0,25đ






0,5đ

0,25đ

2) 1 điểm
Đờng thẳng cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt
m
d
phơng trình
4
22
2
x mx m
x
+=+

có hai nghiệm phân biệt khác 2
2
( 1)( 2) 4
mx =
có hai nghiệm phân biệt khác 2


10m >

1.m >

Vậy giá trị cần tìm là
m
1.
m
>

0,5đ
0,5đ
x
2
6

2
2 4O
y
x



0 2 4 +


y + 0



0 +


2 +

+


y CĐ CT

6


1
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình
222

tg cos 0
24 2
xx
x




sin
(1)
=
1 điểm
Điều kiện: (*). Khi đó
cos 0
x

()
2
2
1sin1
(1) 1 cos 1 cos
222
cos
x
x x
x



=+




() ( )
22
1sin sin 1cos cosx xx =+ x

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

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

2
sin 1
2
cos 1 2
tg 1

4
x k
x
x xk
x
x k

=+

=



==+




=

= +

()
k Z
.
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm của phơng trình là:
2


4
x k
x k
=+



= +



()
.
k
Z





0,5đ

0,25đ




0,25đ
2) Giải phơng trình (1).
22
2
22
xx xx+
3=
1 điểm
Đặt .
2
20
xx
tt

=>
Khi đó (1) trở thành
2
4
3340(1)(4)0ttttt
t
= =+ ==4t
(vì
t
)

0>
Vậy
2
2
24
xx
xx

= =2
1
2.
=



=

x
x

Do đó nghiệm của phơng trình là
1
2.
=


=

x
x

0,5đ




0,5đ
Câu 3. 3điểm
1) 1 điểm
Từ
()
suy ra có tâm và bán kính
22
:( 1) ( 2) 4+ =Cx y ()C (1; 2)I
2.R =
Đờng thẳng có véctơ pháp tuyến là
n
d
(1; 1). =
uur
Do đó đờng thẳng đi qua
và vuông góc với
d
có phơng trình:
(1; 2)I
12
11
xy

xy
30

= +

=.
Tọa độ giao điểm của

và là nghiệm của hệ phơng trình:
H
d

10 2
(2;1).
30 1

xy x
H
xy y
= =



+= =


Gọi
là điểm đối xứng với qua . Khi đó
J
(1; 2)I

d
23
(3;0)
20

JHI
JHI
xxx
J
yxx
==



==

.
Vì đối xứng với ( qua
nên có tâm là và bán kính
Do đó có phơng trình là:
(')C
(C
)C
d
(')C
22
(3;0)J
2.R =
')
(3) 4 +xy=.

Tọa độ các giao điểm của ( và là nghiệm của hệ phơng trình: )C (')C
22
22 2
22
10 1
(1) ( 2) 4 1, 0
3, 2.
(3) 4 2 860
(3) 4
xy yx
xy xy
xy
xy xx
xy

= =

+ = = =





==
+= +=


+=

Vậy tọa độ giao điểm của và ( là và ()C ')C (1; 0)A (3;2).B











0,5


0,25đ





0,25đ

2
2) 1 điểm
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định là
k
d

1
(1; 3 ; 1)=
uur
nk

và
. Vectơ pháp tuyến của là
2
(; 1;1)=
uur
nk
()P (1; 1; 2)=
r
n .
Đờng thẳng
có vectơ chỉ phơng là:
k
d
2
12
,(31;1;13)0

k k k
r

Nên
2
1 13
1.
11 2

kk k
k

= = =


Vậy giá trị
cần tìm là





0,5đ

0,5 đ
3) 1 điểm
Ta có (
P
) (
Q
) và = (
P
) (
Q
), mà
AC

AC
(

Q
)
AC

AD
, hay
. Tơng tự, ta có
BD
nên
BD
(
P
), do đó CBD . Vậy
A
và
B

A
,
B
nằm trên mặt cầu đờng kính
CD.

0
90=CAD

0
90=
Và bán kính của mặt cầu là:
22

1
22
CD
R BC BD== +

222
13
22
a
AB AC BD=++=.
Gọi
H
là trung điểm của
BC

AH

BC.
Do
BD
(
P
) nên
BD

AH

AH
(
BCD

).
Vậy
AH
là khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng (
BCD)
và

12
.
22
a
AH BC==






0,25đ




0,25đ



0,5đ

Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
[ ]
1; 2
.
1 điểm
23
1
'.
(1)
x
y
x

=
+

'0 1yx==.

Ta có

3
(1) 0, 2, (2) .
5
y(1)
yy= = =

Vậy
[]
1; 2
(1) 2
max
yy

==
và
[]
1; 2
min ( 1) 0.yy

= =




0,5đ



0,5đ

2) Tính tích phân
2
2
0
I xxd=

x
.
1 điểm
Ta có
2
00

1x xx
, suy ra
12
22
01
() () = +

I x x dx x x dx

12
23 32
01
1.
23 32

= + =

xx xx




0,5đ



0,5đ
unn k

==

r uuruur
31
() ||

k
dPun
rr
k 1.=k
.
A
B
C
D
P

Q

H

3
Câu 5. 1điểm
Cách 1
:
Ta có
(
202122224
1) ...
nnn n
nn n
n
n
x Cx Cx Cx C

+= + + ++
,
011222333
( 2) 2 2 2 ... 2
nn n n n n
nn n n
n
n
x Cx Cx Cx Cx C

+= + + + ++
.

Dễ dàng kiểm tra
1, 2= =nn
không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với
thì
3n
33 2 3 22 1
.
nnnnn
xxxxx

==

Do đó hệ số của
33
n
x
trong khai triển thành đa thức của là
2
(1)(2++
nn
xx)
n
C
303 11
33
2. . 2. .
nnnn
aCCC

=+
.
Vậy
2
33
5
2(2 3 4)
26 26
7
3
2

=

+

= =

=


n
n
nn n
an n
n

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

Cách 2:
Ta có
23
2
332
2
00 00
12
(1)(2) 1 1
12
2.
n
n
nnn
i
k
nn nn
ni k niikkk
nn nn
ik ik
xx x
x
x
xC C xCxCx
x
x

== ==

++= + +









==












Trong khai triển trên, luỹ thừa của
x
là

33n

khi

23ik =
3k
, hay
Ta chỉ có hai trờng hợp thỏa điều kiện này là
23ik+=.
0,i= =
hoặc
i1, 1k= =
.
Nên hệ số của
33n
x
là .
033 11
33
..2 ..2
nnn nn
aCCCC

=+
Do đó
2
33
5
2(2 3 4)
26 26
7
3
2

=

+

= =

=


n
n
nn n
an n
n

Vậy
là giá trị cần tìm (vì nguyên dơng).

5=n n








0,75đ

0,25đ

hoặc












0,75đ




0,25đ


4