1
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
I1
23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,
=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x
'
y
+
0
0
+
0
"
y
y + lõm U 4
CT 2 CĐ
0 lồi
=
=
=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =y
Đồ thị:
( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
1,0 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0
2
4
y
2
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka
()( )
>+
<
>++
<
021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k
<<
20
31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf
có 2 nghiệm phân biệt khác k
<<
++
>++=
20
31
033
0963
222
2
kk
k
kkkkk
kk
5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25đ
0,25 đ
5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy ,
+=
=
=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21
xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
( )
23;1
2
1
+ mmmM và
( )
23;1
2
2
+++ mmmM là:
++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99'
22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++
=
Từ đây ta có mmxy +=
2
11
2
và mmxy +=
2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=
2
2
.
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
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1
=
=
t
t
5,0 đ
0,25 đ
0,1 đ
0,5 đ
3
3
1
=
t (loại) ,
3
3
2
32
33log3log2
==== xxxt
3
3
=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog
2
3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[]
2,1 . Đặt tttf +=
2
)(
Cách 1.
Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn
][
2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Phơng trình
22)(22
2
+=+=+ mtfmtt có nghiệm
[]
2;1
.20
622
222
22)2(
22)1(
+
+
+
+
m
m
m
mf
mf
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt
()
200242 mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5
32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=
+
+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=
+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5
+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=
+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=
+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1
cos Zkkxx +==
1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
2.
Vì
(
0x ;
)
2 nên lấy
3
1
=x và
3
5
2
=x . Ta thấy
21
, xx thỏa mãn điều
kiện
2
1
2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
3
1
=x và
3
5
2
=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình
3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]
5;0
x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS
++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3
()
dxxxx
+++
5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS
+++++=
5
3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1
++
++
+=
xxxxxxxS
6
109
3
22
3
26
6
13
=++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
++ 3|34|
2
xxx
[]
5;0x )
0,25 đ
1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.
1đ
1đ
x
5
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
5
S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết
MN
a
BCMN ,
22
1
==// BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác
()( )
()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC
=
.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==
==
.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS
AMN
==
(đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI nh sau:
() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
h
a
S
a
A
a
C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ