Tài liệu Tuyºn tªp · thi tuyºn sinh ¤i håc tø 2002 ¸n 2009Mæn To¡nEditor: DongPhD About pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.31 MB, 135 trang )
❚✉②➸♥ t➟♣ ✣➲ t❤✐ t✉②➸♥ s✐♥❤ ✣↕✐ ❤å❝
tø ✷✵✵✷ ✤➳♥ ✷✵✵✾
▼æ♥ ❚♦→♥
❊❞✐t♦r✿ ❉♦♥❣P❤❉
❆❜♦✉t ❱♥▼❛t❤✳❈♦♠
✈♥▼❛t❤✳❝♦♠
❉à❝❤ ✈ö ❚♦→♥ ❤å❝
❞✐❝❤✈✉t♦❛♥❤♦❝❅❣♠❛✐❧✳❝♦♠
❙→❝❤
✣↕✐ sè
●✐↔✐ t➼❝❤
❍➻♥❤ ❤å❝
❈→❝ ❧♦↕✐
❦❤→❝
❚❤æ♥❣ t✐♥
❜ê ➼❝❤ ✭❋r❡❡✮
❚♦→♥
❤å❝ ✈✉✐
❑✐➳♠ t✐➲♥
tr➯♥ ♠↕♥❣
❇➔✐ ❜→♦
●✐→♦ →♥
✭❋r❡❡✮
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 :
(1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
.1=m
2. Tìm
k
để phơng trình:
có ba nghiệm phân biệt.
033
2323
=++ kkxx
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)
Cho phơng trình :
0121loglog
2
3
2
3
=++ mxx
(2) ( là tham số).
m
1 Giải phơng trình (2) khi
.2=m
2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [
m
3
3;1
].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng
)2;0(
của phơng trình:
.32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=
+
+
+ x
x
xx
x
5
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
.3,|34|
2
+=+= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi
ABCS
.
,S
M
và lần lợt
N
là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng
SB
.
SC
a
AMN
mặt phẳng
(
vuông góc với mặt phẳng .
)
AMN
)(
SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz
cho hai đờng thẳng:
và
.
=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx
+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng
chứa đờng thẳng
)(
P
1
và song song với đờng thẳng
.
2
b) Cho điểm
. Tìm toạ độ điểm
)4;1;2(
M 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 vuông tại ,
ABC
A
phơng trình đờng thẳng
là
BC
,033 = yx
các đỉnh và
A B
thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm
của tam giác .
G ABC
2. Cho khai triển nhị thức:
n
x
n
n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n
x
n
n
x
x
CCCC
+
++
+
=
+
3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0
3
2
1
22222222
L
(
n
là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó
C
và số hạng thứ t
13
5
nn
C=
bằng , tìm và
n20 n x
.
----------------------------------------Hết---------------------------------------------
Ghi chú: 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:.....................
1
vnmath.com
vnmath.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 :
( )
109
224
++=
xmmxy (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải phơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
= .
2. Giải bất phơng trình:
( )
1)729(loglog
3
x
x
.
3. Giải hệ phơng trình:
++=+
=
.2
3
yxyx
yxyx
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng :
4
4
2
x
y = và
24
2
x
y = .
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
0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng
1111
DCBABCDA có cạnh bằng
a
.
a) Tính theo
a
khoảng cách giữa hai đờng thẳng BA
1
và DB
1
.
b) Gọi PNM ,, lần lợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,
1
,
11
DA . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và NC
1
.
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều
n
AAA
221
L ,2( n n nguyên ) nội tiếp đờng tròn
()
O . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L , 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:...............................
2
vnmath.com
vnmath.com
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002
Đề chính thức
Môn thi : Toán, Khối D
(
Thời gian làm bài : 180 phút
)
_________________________________________
CâuI
( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
Cho hàm số :
()
1x
mx1m2
y
2
= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y = .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
( )
x3x
2
. 02x3x2
2
.
2. Giải hệ phơng trình :
=
+
+
=
+
.y
22
24
y4y52
x
1xx
2x3
Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng phơng trình :
04xcos3x2cos4x3cos =+ .
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) : 02yx2 =+
và đờng thẳng
m
d:
()()
()
=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2....C4C2C
n
n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình
1
9
y
16
x
22
=+ . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
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. Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ................................................................ Số báo danh.............................
3
vnmath.com
vnmath.com
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
4
vnmath.com
vnmath.com
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
5
vnmath.com
vnmath.com
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
6
vnmath.com
vnmath.com
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
7
vnmath.com
vnmath.com
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
8
vnmath.com
vnmath.com
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx
( 0
22
+
)
()( )( )
044222 =+++
zyx
Vậy
()
2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
()
2;1;1
2
=
u
r
//
2
và
()
22
1;2;1
M
()
P //
()() ()
=
=
PMPM
un
P
22
2
2
0
1;2;1
0.
rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình
1
suy ra .02 = zx Đặt
=
=
=
=
'4
2'3
'2
:'2
1
tz
ty
tx
tx
()
)4;3;2(,0;2;0
111
=
uM
r
//
1
.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11
M bằng cách cho 020
===
zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1
=
=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2
=u
r
//
2
. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :
[]
()
1;0;2,
21
== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
()
0;2;0
1
M
và
()
1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .
Mặt khác
()()
PM 1;2;1
2
phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx
5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()
3;3;21 Ht =
Cách II.
()
tttHH 21;2;1
2
+++ .
MH nhỏ nhất
()
4;3;210.
22
HtuMHMH ==
r
5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
( )
33; aaC
.
Từ công thức
()
()
++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có
+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó
1đ
0,25 đ
9
vnmath.com
vnmath.com
()
2
1
2
3
.
2
1
==
aACABS
ABC
.
Ta có
()
|1|3|1|3
132
2
+
=
++
=
aa
a
BCACAB
S
r =
.2
13
|1|
=
+
a
Vậy
.232|1|
+=a
TH1.
++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2
=
3
326
;
3
134
132
22
Ga
.
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình
()
321
3
1
1.30:
0
=
==
I
x
x
xtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=
I
xB Từ 2),(
=
ACId
.3232 +=+=
I
xa
++
3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa
3
326
;
3
134
2
G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2.
Từ
13
5
nn
CC = ta có 3n và
1 đ
10
vnmath.com
vnmath.com
()()
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=
−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2
=
n
Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=
−−−
−
−
xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
11
vnmath.com
vnmath.com
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
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua
Oy
.
Tập xác định
Rx
,
( )
44164'
23
==
xxxxy
,
0'=y
=
=
2
0
x
x
,
3
4
121612"
22
== xxy
3
2
0" == xy
.
Bảng biến thiên:
+
2
3
2
0
3
2
2x
'y
0 +
0
0 +
"
y
+ 0
0
+
+
10
+
y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT
6
6
Hai điểm cực tiểu :
()
6;2
1
A
và
( )
6;2
2
A
.
Một điểm cực đại:
()
10;0
B
.
Hai điểm uốn:
9
10
;
3
2
1
U
và
9
10
;
3
2
2
U
.
Giao điểm của đồ thị với trục tung là
( )
10;0B
.
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:
64 +=x
và
64 =x
.
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
0,1
đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
5,1
đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2
2
A
2
A
1
B
U
1
U
2
12
vnmath.com
vnmath.com
I
2
( ) ( )
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy
,
=+
=
=
092
0
0'
22
mmx
x
y
Hàm số có ba điểm cực trị
phơng trình
0'=
y
có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó
'y
đổi dấu khi qua các nghiệm)
phơng trình
092
22
=+
mmx
có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
092
22
=+
mmx
=
m
m
x
m
2
9
0
2
2
. Phơng trình
092
22
=+ mmx
có 2 nghiệm khác 0
<<
<
.30
3
m
m
Vậy hàm số có ba điểm cực trị
<<
<
.30
3
m
m
0,1
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
II
1
xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=
2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+
=
+
()()
06cos8cos10cos12cos
=++ xxxx
()
07cos11coscos
= xxx
02sin9sincos
=
xxx
.
2
9
02sin9sin Zk
k
x
k
x
xx
=
=
=
Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
( )
1)729(loglog
3
x
x
(1).
Điều kiện:
73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3
>>
>
>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9
>>
x
nên
( )
x
x
729log)1(
3
( )
072333729
2
xxxx
(3).
Đặt
x
t 3=
thì (3) trở thành
293898072
2
xttt
x
.
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:
273log
9
< x
.
0,1
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
13
vnmath.com
vnmath.com
3
++=+
=
).2(2
)1(
3
yxyx
yxyx
Điều kiện:
)3(
.0
0
+
yx
yx
()
+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx
Thay
yx =
vào (2), giải ra ta đợc
.1
== yx
Thay
1
+= yx
vào (2), giải ra ta có:
2
1
,
2
3
== yx
.
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:
1,1 ==
yx
và
2
1
,
2
3
== yx
Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:
+=
=
.1yx
yx
0,1
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
III
Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x
y =
và
24
2
x
y =
:
4
4
2
x
=
24
2
x
8804
432
2
24
===+ xx
xx
.
Trên
[ ]
8;8
ta có
24
2
x
4
4
2
x
và do hình đối xứng qua trục tung
nên
dx
xx
S
=
8
0
22
24
4
42
21
8
0
2
8
0
2
22
1
16
SSdxxdxx
==
.
Để tính
1
S
ta dùng phép đổi biến
tx sin4
=
, khi
4
0
t
thì
80
x
.
tdtdx cos4
=
và
>
4
;00cos
tt
. Do đó
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
5,1
đ
0,5 đ
0,25 đ
x
0
-4
4
2
y
-2
2
2
2
2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=
14
vnmath.com
vnmath.com
()
422cos18cos1616
4
0
4
0
2
8
0
2
1
+=+===
dtttdtdxxS
.
3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2
===
xdxxS
. Vậy
3
4
2
21
+==
SSS
.
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích
dx
xx
S
=
8
8
22
24
4
4
.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
IV
1
Khoảng cách từ
I
đến đờng thẳng
AB
bằng
2
5
5=
AD
và
2
5
==
IBIA
.
Do đó
BA
,
là các giao điểm của đờng thẳng
AB
với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=
R
. Vậy tọa độ
BA
,
là nghiệm của hệ :
=+
=+
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx
Giải hệ ta đợc
()()
2;2,0;2 BA
(vì
0<
A
x
)
()( )
2;1,0;3 DC
.
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng
AB
.
Sau đó tìm
BA
,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
HA
với đờng
thẳng
AB
.
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
5,1
đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
x
C
I
O
A
D
B
H
y
15
vnmath.com
vnmath.com
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa
BA
1
và
DB
1
.
Cách I
. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz
sao cho
()()()()( ) ( ) ( )( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111
() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA ===
và
[ ]
( )
222
11
;2;,
aaaDBBA =
.
Vậy
()
[ ]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.
()
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11
.
Tơng tự
DBCA
111
( )
111
BCADB
.
Gọi
()
111
BCADBG =
. Do
aCBBBAB ===
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA
có cạnh bằng
2
a
.
Gọi
I
là trung điểm của
BA
1
thì
IG
là đờng vuông góc chung của
BA
1
và
DB
1
, nên
()
6
2
3
3
1
3
1
,
1111
a
BAICIGDBBAd ====
.
Chú ý:
Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng
( )
P
chứa
BA
1
và song song với
DB
1
là:
02 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
B
(hoặc từ
D
) tới
()
P
,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
( )
Q
chứa
DB
1
và song song với
BA
1
là:
022 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
A
(hoặc từ B) tới
( )
Q
.
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
5,1
đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
x
D
1
D
C
1
B
1
A
1
z
y
x
A
C
B
I
G
16
vnmath.com
vnmath.com
2b)
Cách I.
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc
a
a
Pa
a
N
a
aM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0;
0.;0;
2
,
2
;
2
;
11
=
=
= NCMPa
a
NC
aa
aMP
.
Vậy
NCMP
1
.
Cách II.
Gọi
E
là trung điểm của
1
CC
thì
( )
11
CCDDME
hình chiếu vuông góc của
MP
trên
()
11
CCDD
là
1
ED
. Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC
1111
0
111111
90 ===
. Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có
NCMP
1
.
0,1
đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong
n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L là
3
2n
C
.
Gọi đờng chéo của đa giác đều
n
AAA
221
L 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
n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L 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
n
AAA
221
L tức
2
n
C
.
Theo giả thiết thì:
0,1
đ
0,25 đ
0,25 đ
D
1
A
1
B
1
C
1
C
B
A
M
E
N
P
y
x
z
17
vnmath.com
vnmath.com
()
() ()
( )( ) ()
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
2
=
=
=
nnnnn
n
n
n
n
CC
nn
81512
== nn
.
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
đến kết quả số hình chữ nhật là
2
)1(
nn
thì cho điểm tối đa phần này.
0,5 đ
18
vnmath.com
vnmath.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
ĐH
CĐ
I
3đ
4đ
1.
1 1,5
Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y
=
=
-TXĐ : 1x
- CBT :
()
>
= 1x,0
1x
4
y
2
,
hàm số không có cực trị.
1/4
1/4
3ylim
x
=
; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .
- BBT :
x - 1 +
y
/
+ +
+
y -3 -3
-
1/4
1/4
- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =
ylim
1x
.
y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
x
=
1/4
1/4
- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.
1/4
- Đồ thị :
x
y
1/4
1/2
19
vnmath.com
vnmath.com
2.
1 1,5
Diện tích cần tính là :
dx
1x
1x3
S
0
3/1
=
1/4
1/2
=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4
3/1
0
1xln4
3
1
.3
=
1/4 1/2
3
4
ln41+= ( đvdt).
1/4 1/4
3.
1 1
Ký hiệu
()
1x
mx1m2
)x(f
2
= . Yêu cầu bài toán tơng đơng với tìm
m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
(H)
()
=
=
.x)x(f
x)x(f
/
/
1/4 1/4
Ta có (H)
()
()
=
=
0
1x
mx
0
1x
mx
/
2
2
1/4 1/4
()
()()()
()
=
+
=
0
1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2
1/4 1/4
Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (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 1m
.
ĐS : 1m .
1/4 1/4
II
2đ
3đ
1.
1 1,5
Bất phơng trình
>
=
0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2
1/4 1/2
TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2
22
====
1/4 1/4
TH 2:
>
>
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2
2
2
><
3x0x
2x
2
1
x
1/4
20
vnmath.com
vnmath.com
3x
2
1
x <
1/4 1/4
Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5
Hệ phơng trình
=
=
y2
y4y52
x
2x3
1/4 1/2
=+
>=
0y4y5y
0y2
23
x
1/4 1/4
===
>=
4y1y0y
0y2
x
1/4 1/4
=
=
=
=
4y
2x
1y
0x
1/4 1/2
III
1đ 1đ
Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++
0xcos8xcos4
23
=
()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2
+
= k
2
x.
1/4 1/4
[]
3k2k1k0k14;0x ====
1/4
ĐS : ;
2
x
=
2
3
x
= ;
2
5
x
= ;
2
7
x
= .
1/4 1/4
IV
2đ
2đ
1.
1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
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 :
01
4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4
Khoảng cách cần tính là :
17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4
21
vnmath.com
vnmath.com
Cách 2
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
D
H C
A 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.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC
1
AB
1
AD
1
AH
1
++= .
1/4 1/4
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
cm
17
346
AH =
1/4 1/4
Cách 3:
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó
.ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD
, nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH
= với V = 8 và dt(
BCD) =2
34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n
. Đờng thẳng
m
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++
.
1/4 1/4
Suy ra
u.
n =3(2m+1).
m
d song song với (P)
)P(d
nu
m
1/4 1/4
22
vnmath.com
vnmath.com
()
=
PA,dA
0n.u
m
Ta có : điều kiện 0n.u =
2
1
m =
1/4 1/4
Mặt khác khi m = - 1/2 thì
m
d có phơng trình :
=
=
0x
01y
, mọi điểm
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
()
PA,dA
m
đợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2
1/4 1/4
Cách 2:
Viết phơng trình d
m
dới dạng tham số ta đợc
=
+=
+=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2
1/4 1/4
m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau
=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4
phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4
m=-1/2
1/4 1/4
Cách 3:
m
d
// (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
(H)
()()
=++++
=+++
=+
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2
vô nghiệm 1/4 1/4
Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra
+
=
=
3
4m2
y
3
1m
x
1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4
Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ
1.
1
Ta có :
()
=
=+
n
0k
kk
n
n
xC1x
,
1/4
Cho x = 2 ta đợc
=
=
n
0k
kk
n
n
2C3
1/4
5n32433
5n
=== .
1/2
23
vnmath.com
vnmath.com
