De thi dai hoc mon toan nam 2003

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bộ giáo dục và đào tạo. kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003. −−−−−−−−−−−−−. đáp án −thang điểm. đề thi chính thức. M«n thi : to¸n Khèi B. Néi dung C©u 1. 1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho y ( x0 ) = − y (− x0 ) ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho x03 − 3 x02 + m = − (− x0 )3 − 3(− x0 )2 + m   . ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho 3x02 = m ⇔ m >0. 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.. ®iÓm 2®iÓm 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® 1 ®iÓm. Khi m = 2 hµm sè trë thµnh y = x3 − 3 x 2 + 2. Tập xác định : \ . x=0 y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔   x = 2. y " = 6 x − 6. y '' = 0 ⇔ x = 1. y " triệt tiêu và đổi dấu qua x = 1 ⇒ (1;0) là điểm uốn.. 0,25® 0,25®. B¶ng biÕn thiªn: x y’. y. −∞ + −∞. 0 0 2 C§. 2 0. −. +∞ +. 0,25® +∞. CT −2. §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i c¸c ®iÓm (1;0), (1 ± 3;0) vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 2) .. y. 2 0,25® O. 1. −2. 1. 2. x.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> C©u 2.. 2®iÓm 1 ®iÓm. 2 (1). 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: cotgx − tgx + 4sin 2 x = sin 2 x  sin x ≠ 0 §iÒu kiÖn:  (*). cos x ≠ 0. Khi đó (1) ⇔. 0,25®. cos x sin x 2 cos 2 x − sin 2 x 2 ⇔ + 4sin 2 x = − + 4sin 2 x = sin x cos x sin 2 x sin x cos x sin 2 x. ⇔ 2 cos 2 x + 4sin 2 2 x = 2 ⇔ 2 cos2 2 x − cos 2 x − 1 = 0  x = kπ  cos 2 x = 1  ⇔ ⇔ (k ∈ Z) .  x = ± π + kπ  cos 2 x = − 1 3 2   KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña (1) lµ x = ±  3 y =  2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh   3x =   §iÒu kiÖn x ≠ 0, y ≠ 0 .. y2 + 2 x2 x2 + 2 y2. 0,25® 0,25®. π + kπ (k ∈ Z). 3. 0,25®. (1). 1 ®iÓm (2).. 2 2 3 x y = y + 2 ( x − y )(3 xy + x + y ) = 0 Khi đó hệ đã cho t−ơng đ−ơng với  ⇔ 0,25® 3 xy 2 = x 2 + 2.   3 xy 2 = x 2 + 2 x= y   x =1 0,5® TH1:  2 ⇔  2  y = 1. 3 xy = x + 2 3xy + x + y = 0 0,25® TH2:  v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã x, y > 0 . 2 2  3 xy = x + 2 VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: x = y = 1. C©u 3. 3®iÓm 1 ®iÓm 1) B V× G lµ träng t©m ∆ABC vµ M lµ trung ®iÓm BC nªn JJJG JJJJG 0,25® MA = 3MG = (−1;3) ⇒ A(0; 2) . M . Ph−¬ng tr×nh BC ®i qua M (1; −1) vµ vu«ng gãc víi G JJJG A C MA = (−1,3) lµ: −1( x − 1) + 3( y + 1) = 0 ⇔ − x + 3 y + 4 = 0 (1). 0,25®. Ta thấy MB = MC = MA = 10 ⇒ tọa độ B, C thỏa mãn. (2). ph−¬ng tr×nh: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 10 0,25® 0,25® Giải hệ (1),(2) ta đ−ợc tọa độ của B, C là (4;0), (−2; −2). 1 ®iÓm 2) A’ B’ Ta cã A ' M // = NC ⇒ A ' MCN lµ h×nh b×nh hµnh, do đó A ' C và MN cắt nhau tại trung điểm I của D’ C’ mçi ®−êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªn M I trung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña N A B B’D. VËy MN vµ B’D c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña. mỗi đ−ờng nên B’MDN là hình bình hành. Do đó B’, 0,5® M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. 2 2 2 2 2 2 MÆt kh¸c DM = DA + AM = DC + CN = DN , hay DM = DN. Vậy hình bình hành B’MDN là hình thoi. Do đó B’MDN là hình D. C. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 ⇔ BB’= a 2 ⇔ AA’= a 2 . 3) JJJG Từ AC = (0;6;0) và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4). Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α) qua I vµ vu«ng gãc víi OA lµ : x − 1 = 0. ⇒ tọa độ giao điểm của (α) với OA là K(1; 0; 0). 2. 2. 2. ⇒ khoảng cách từ I đến OA là IK = (1 − 1) + (0 − 3) + (0 − 4) = 5. C©u 4.. 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè Tập xác định: [ −2; 2] . y ' = 1−. x 4− x. 2. y = x + 4 − x2 .. ,. 0,5® 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 2®iÓm 1 ®iÓm. 0,25®.  x ≥ 0 y ' = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  ⇔x= 2. 2 2 4 − x = x Ta cã y (−2) = −2, y ( 2) = 2 2, y (2) = 2 ,. 0,25®. VËy max y = y ( 2) = 2 2 vµ min y = y (−2) = −2 .. 0,25®. 0,25®. [ −2;2]. [ −2;2]. 2) TÝnh tÝch ph©n I =. π 4. 1 − 2sin 2 x ∫ 1 + sin 2 x dx.. 1 ®iÓm. 0. Ta cã I =. π 4. ∫. 0. π 4. 2. 1 − 2sin x cos 2 x dx = ∫ dx . 1 + sin 2 x 1 + sin 2 x. 0,25®. 0. §Æt t = 1 + sin 2 x ⇒ dt = 2 cos 2 xdx . π Víi x = 0 th× t = 1, víi x = th× t = 2 . 4 Khi đó I =. 0,25® 0,25®. 2 2 1 1 dt 1 = ln | t | = ln 2. ∫ 1 2 2 t 2. 0,25®. 1. C©u 5.. Ta cã Suy ra. 1®iÓm n. (1 + x) + C1n x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n . 2 2 n (1 + x) dx = Cn0 + C1n x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n 1 1. ∫. = Cn0. ∫(. )dx. 2 2  n +1  2 3 1 x x x (1 + x)n +1 =  Cn0 x + C1n ⇔ + Cn2 + ... + Cnn   n +1 2 3 n + 1  1  1 2 3 n +1 n +1 n +1 2 −1 1 2 −1 2 2 −1 n 3 − 2 . ⇔ Cn0 + Cn + Cn + " + Cn = 2 3 n +1 n +1. 3. 0,5 ®. 0,5 ®.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>