Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán từ năm 2002 đến 2009

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 ph−ơng trình: − có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =−++ kkxx 3. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) Cho ph−ơng trình : 0121loglog 23 2 3 =−−++ mxx (2) ( là tham số). m 1 Giải ph−ơng trình (2) khi .2=m 2. Tìm để ph−ơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m 33;1 ]. Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( π của ph−ơng trình: .32cos 2sin21 3sin3cossin +=   + ++ x x xxx5 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng: .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 l−ợt 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 đ−ờng thẳng: ∆ và ∆ .   =+−+ =−+− 0422 042 :1 zyx zyx    += += += tz ty tx 21 2 1 :2 a) Viết ph−ơng trình mặt phẳng chứa đ−ờng thẳng )(P 1∆ và song song với đ−ờng thẳng .2∆ b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M H thuộc đ−ờng 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 ph−ơng trình đ−ờng thẳng là BC ,033 =−− yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và bán kính đ−ờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC 2. Cho khai triển nhị thức: nx n n nxx n n xnx n nx n nxx CCCC    +       ++       +   =    + −−−− − −−−−−− 3 1 32 1 13 1 2 1 12 1 032 1 22222222 L ( n là số nguyên d−ơng). 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 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 ph−ơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− . 2. Giải bất ph−ơng trình: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx . 3. Giải hệ ph−ơng 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 đ−ờng : 4 4 2xy −= và 24 2xy = . 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 1I , ph−ơng trình đ−ờng 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 ph−ơng 1111 DCBABCDA có cạnh bằng a . a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng BA1 và DB1 . b) Gọi PNM ,, lần l−ợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,1 , 11DA . Tính góc giữa hai đ−ờng thẳng MP và NC1 . Câu V. (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác đều nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O . Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 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 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 đ−ờng cong (C) và hai trục tọa độ. 3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng xy = . Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ). 1. Giải bất ph−ơng trình : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− . 2. Giải hệ ph−ơng trình :    =+ + −= + .y 22 24 y4y52 x 1xx 2x3 Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ). Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng ph−ơng 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 đ−ờng thẳng md : ( ) ( ) ( )  =++++ =−+−++ 02m4z1m2mx 01mym1x1m2 ( m là tham số ). Xác định m để đ−ờng thẳng md song song với mặt phẳng (P). Câu V (ĐH : 2 điểm ). 1. Tìm số nguyên d−ơng n sao cho 243C2....C4C2C nn n2 n 1 n 0 n =++++ . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có ph−ơng 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 đ−ờng 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 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 I 1 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 x0 2 4 y 4 I 2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− . Đặt 23 3kka +−= Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình axx =+− 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka ( )( )  >−+ <≠⇔   >+−+ <≠⇔ 021 30 0)44)(1( 30 22 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 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại 1x và 2x . 23)( 211 −+−== mmxyy và 23)( 222 ++−== mmxyy Ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị ( )23;1 21 −+−− mmmM và ( )23;1 22 ++−+ mmmM là: ⇔+−+=+− 4 23 2 1 2 mmymx mmxy +−= 22 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 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại 1x và 2x . Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= ( ) .23363 33 1 222 mmxmmxxmx +−+−++−   −= Từ đây ta có mmxy +−= 211 2 và mmxy +−= 222 2 . Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +−= 22 . ∑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 2323 =−++ xx Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= 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 31 −=t (loại) , 33232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt 33±=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 23 2 3 =−−++ mxx (2) Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có 0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 233 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 . Ph−ơng trình 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt có nghiệm [ ]2;1∈ .20 622 222 22)2( 22)1( ≤≤⇔   ≤+ +≤⇔   +≥ +≤⇔ m m m mf mf Cách 2. TH1. Ph−ơng 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. Ph−ơng 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 3sin3cossin +=   + ++ x x xxx . Điều kiện 2 12sin −≠x Ta có 5 =   + ++ x xxx 2sin21 3sin3cossin 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 1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ ∑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 2. Vì (0∈x ; )π2 nên lấy 31 π=x và 3 5 2 π=x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều kiện 2 12sin −≠x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 31 π=x và 3 5 2 π=x . (Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác) Ta thấy ph−ơng trình 3|34| 2 +=+− xxx có 2 nghiệm 01 =x và .52 =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 16 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;0∈x ) 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 x510-1 y 3 32 1 8 -1 7 S N I M C A K B Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI ∩= . Từ giả thiết MNaBCMN , 22 1 ==⇒ // BC I⇒ là trung điểm của SK và MN . Ta có ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyến t−ơng ứng ANAM = AMN∆⇒ cân tại A MNAI⊥⇒ . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SKAISBCAI MNAI AMNAI MNAMNSBC AMNSBC ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊂ =∩ ⊥ . Suy ra SAK∆ cân tại 2 3aAKSAA ==⇒ . 244 3 222222 aaaBKSBSK =−=−= 4 10 84 3 2 222 222 aaaSKSASISAAI =−=  −=−=⇒ . Ta có 16 10. 2 1 2aAIMNS AMN ==∆ (đvdt) chú ý 1) Có thể chứng minh MNAI⊥ nh− sau: ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ . 2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho     −     −  −   haSaAaCaBK ; 6 3;0,0; 2 3;0,0;0; 2 ,0;0; 2 ),0;0;0( trong đó h là độ dài đ−ờng 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 2a) Cách I. Ph−ơng trình mặt phẳng )(P chứa đ−ờng thẳng 1∆ có dạng:( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα ) ⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx Vậy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr .Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ và ( ) 22 1;2;1 ∆∈M ( )P // ( ) ( ) ( )  ∉ =−⇔   ∉ =⇔∆ PMPM unP 22 2 2 0 1;2;1 0. βαrr Vậy ( ) 02: =− zxP Cách II Ta có thể chuyển ph−ơng trình 1∆ sang dạng tham số nh− sau: Từ ph−ơng 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 =    − −− −=ur ). Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunP rrr . Vậy ph−ơng trình mặt phẳng )(P đi qua ( )0;2;01 −M và ⊥ ( )1;0;2 −=Pnr là: 02 =− zx . Mặt khác ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−ơng 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 ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt ( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ( )3;3;21 Ht ⇒= Cách II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ . 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 V 1. Ta có ( )0;1BOxBC =I . Đặt axA = 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 aaG . Cách I. Ta có : |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do đó ∑1đ 0,25 đ 9 ( )21 2 3. 2 1 −==∆ aACABS ABC . Ta có ( ) |1|3|1|3 132 2 −+− −=++= aa a BCACAB Sr = .2 13 |1| =+ −a Vậy .232|1| +=−a TH1.     ++⇒+= 3 326; 3 347332 11 Ga TH2     −−−−⇒−−= 3 326; 3 134132 22 Ga . Cách II. y C I O B A x Gọi I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp ABC∆ . Vì 22 ±=⇒= Iyr . Ph−ơng trình ( ) 321 3 11.30: 0 ±=⇒−=−= IxxxtgyBI . TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=⇒ IxB Từ 2),( =ACId .3232 +=+=⇒ Ixa     ++⇒ 3 326; 3 347 1G TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321−=⇒ IxB T−ơng tự ta có .3212 −−=−= Ixa     −−−−⇒ 3 326; 3 134 2G 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 3≥n và ∑1 đ 10 ( ) ( ) 028356 )2)(1( !1 !5 !3!3 ! 2 =−−⇔=−−⇔−=− nnn nnn n n n n 41 −=⇒ n (loại) hoặc .72 =n Với 7=n ta có .4421402.2.3514022 222 3 3 4 2 1 3 7 =⇔=⇔=⇔=        −−−−− xC xxx xx 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 11 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 4121612" 22    −=−= xxy 3 20" ±=⇔= xy . Bảng biến thiên: ∞+−−∞− 2 3 20 3 22x −'y 0 + 0 − 0 + "y + 0 − 0 + ∞+ 10 ∞+ y lõm U CĐ U lõm CT lồi CT 6− 6− Hai điểm cực tiểu : ( )6;21 −−A và ( )6;22 −A . Một điểm cực đại: ( )10;0B . Hai điểm uốn:    − 9 10; 3 2 1U và    9 10; 3 2 2U . 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 A2 A1 B U1 U2 12 I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy ,   =−+ =⇔= 092 0 0' 22 mmx x y Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình 0'=y có 3 nghiệm phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)⇔ ph−ơng trình 092 22 =−+mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 092 22 =−+mmx    −= ≠ ⇔ m mx m 2 9 0 2 2 . Ph−ơng 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 902sin9sin Zkkx kx xx ∈     = = ⇔=⇔ π π Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đ−a về ph−ơng 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 ≤−xx (1). Điều kiện: 73log1729 0)729(log 0729 1,0 9 3 >⇔>−⇔    >− >− ≠> x xx x x x (2). Do 173log9 >>x nên ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3 ( ) 072333729 2 ≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3). Đặt xt 3= thì (3) trở thành 2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x . Kết hợp với điều kiện (2) ta đ−ợc nghiệm của bất ph−ơng trình là: 273log9 ≤< 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 3   ++=+ −=− ).2(2 )1(3 yxyx yxyx Điều kiện: )3( .0 0   ≥+ ≥− yx yx ( )  += =⇔=−−−⇔ .101)1( 63 yx yxyxyx Thay yx = vào (2), giải ra ta đ−ợc .1== yx Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 2 1, 2 3 == yx . Kết hợp với điều kiện (3) hệ ph−ơng 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 đ−ờng cong 4 4 2xy −= và 24 2xy = : 4 4 2x− = 24 2x 8804 432 2 24 ±=⇔=⇔=−+⇔ xxxx . Trên [ ]8;8− ta có 24 2x 4 4 2x−≤ và do hình đối xứng qua trục tung nên dxxxS ∫     −−= 8 0 22 244 42 21 8 0 2 8 0 2 22 116 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ . Để tính 1S ta dùng phép đổi biến tx sin4= , khi 40 π≤≤ t thì 80 ≤≤ x . tdtdx cos4= và   ∈∀> 4 ;00cos πtt . 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 A2 A1 4 x 4y 2 −= 24 x y 2 = 14 ( ) 422cos18cos1616 4 0 4 0 2 8 0 2 1 +=+==−= ∫∫∫ π ππ dtttdtdxxS . 3 8 26 1 22 1 8 0 3 8 0 2 2 === ∫ xdxxS . Vậy 34221 +=−= πSSS . Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dxxxS ∫ −       −−= 8 8 22 244 4 . 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ IV 1 Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳng AB bằng 2 5 5=⇒ AD và 2 5== IBIA . Do đó BA, là các giao điểm của đ−ờng thẳng AB với đ−ờng 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 đ−ợc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (vì 0<Ax ) ( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC . Chú ý: Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đ−ờng thẳng AB . Sau đó tìm BA, là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ−ờng 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 xCIOA D B H y 15 IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA1 và DB1 . 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 [ ] ( )22211 ;2;, aaaDBBA = . Vậy ( ) [ ][ ] 66, ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. ( ) DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 ⊥⇒⊥⇒   ⊥ ⊥ . T−ơng tự DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ . Gọi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nên GGCGBGA ⇒== 11 là tâm tam giác đều 11BCA có cạnh bằng 2a . Gọi I là trung điểm của BA1 thì IG là đ−ờng vuông góc chung của BA1 và DB1 , nên ( ) 62 3 3 1 3 1, 1111 aBAICIGDBBAd ==== . Chú ý: Thí sinh có thể viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )P chứa BA1 và song song với DB1 là: 02 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1B (hoặc từ D ) tới ( )P , hoặc viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa DB1 và song song với BA1 là: 022 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1A (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 D1 D C1 B1 A1 z y x A CB I G 16 v n m a t h . c o m v n m a t h . c o m 2b) Cách I. Từ Cách I của 2a) ta tìm đ−ợc        aaPaaNaaM ; 2 ;0,0;; 2 , 2 ;0; 0.;0; 2 , 2 ; 2 ; 11 =⇒  =  −=⇒ NCMPaaNCaaaMP . Vậy NCMP 1⊥ . Cách II. Gọi E là trung điểm của 1CC thì ( )⇒⊥ 11CCDDME hình chiếu vuông góc của MP trên ( )11CCDD là 1ED . Ta có NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111 0 111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Từ đây theo định lý ba đ−ờng 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 n2 điểm nAAA 221 ,,, L là 32nC . Gọi đ−ờng chéo của đa giác đều nAAA 221 L đi qua tâm đ−ờng tròn ( )O là đ−ờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đ−ờng chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L có các đ−ờng chéo là hai đ−ờng chéo lớn. Ng−ợc lại, với mỗi cặp đ−ờng 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 đ−ờng chéo lớn của đa giác nAAA 221 L tức 2nC . Theo giả thiết thì: ∑ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ D1A1 B1 C1 C B A M E N P y x z 17 v n m a t h . c o m v n m a t h . c o m ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 120 6 2212.2 !2!2 !20 !32!3 !220 232 −=−−⇔−=−⇔= nnnnn n n n nCC 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 v n m a t h . c o m v n m a t h . c o m 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,01x 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 =→ ylim1x ∞ . 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 v n a t h . c o m v n m a t h . c o m 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 t−ơng đ−ơng với tìm m để hệ ph−ơng 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 đ−ờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m ≠ . ĐS : 1m ≠ . 1/4 1/4 II 2đ 3đ 1. 1 1,5 Bất ph−ơng 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 v n m a t h . c o m v n a t h . c o m 3x 2 1 x ≥∨−< 1/4 1/4 Từ hai tr−ờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x 2 1 x ≥∨=∨−≤ 1/4 1/4 2. 1 1,5 Hệ ph−ơng trình   = −=⇔ y2 y4y52 x 2x3 1/4 1/2   =+− >=⇔ 0y4y5y 0y2 23 x 1/4 1/4   =∨=∨= >=⇔ 4y1y0y 0y2x 1/4 1/4 ⇔   = =∨   = = 4y 2x 1y 0x 1/4 1/2 III 1đ 1đ Ph−ơng trình ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔ 0xcos8xcos4 23 =−⇔ ( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔ 0xcos =⇔ 1/4 1/2 π+π=⇔ k 2 x . 1/4 1/4 [ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4 ĐS : ; 2 x π= 2 3 x π= ; 2 5 x π= ; 2 7 x π= . 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