Đề và đáp án - Toán khối A - 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:..................... www.boxmaths.com 1bộ 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 www.boxmaths.com 2I 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 www.boxmaths.com 331 −=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 www.boxmaths.com 42. 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 www.boxmaths.com 5 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 www.boxmaths.com 62a) 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 www.boxmaths.com 7( )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 www.boxmaths.com 8( ) ( ) 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 www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao Đẳng – Đại Học – Cao Học. * Tài Liệu Toỏn – Đề Thi Toỏn cho học sinh THPT. * Phần mềm Toỏn. * Giỏo Trỡnh – Từ Điển – Phần Mềm Học Tiếng Anh. * Cỏc Phần mềm ứng dụng khỏc. www.boxmaths.com Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 -------------------------- Môn thi : toán khối A đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút ___________________________________ Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số m x mxmxy ( (1) 1 2 − ++= là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành độ d−ơng. Câu 2 (2 điểm). 1) Giải ph−ơng trình .2sin 2 1sin tg1 2cos1cotg 2 xx x xx −++=− 2) Giải hệ ph−ơng trình   += −=− .12 11 3xy y y x x Câu 3 (3 điểm). 1) Cho hình lập ph−ơng . Tính số đo của góc phẳng nhị diện [ ]. . ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' , 2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hình hộp chữ nhật có trùng với gốc của hệ tọa độ, yz ; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b . Gọi ( 0, 0)a b> > M là trung điểm cạnh CC . ' a) Tính thể tích khối tứ diện 'BDA M theo a và b . b) Xác định tỷ số a b để hai mặt phẳng và ( ' )A BD ( )MBD vuông góc với nhau. Câu 4 ( 2 điểm). 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x       + 53 1 , biết rằng )3(73 1 4 +=− +++ nCC nnnn ( n là số nguyên d−ơng, x > 0, là số tổ hợp chập k của n phần tử). knC 2) Tính tích phân ∫ += 32 5 2 4xx dxI . Câu 5 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số d−ơng và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng .82 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ≥+++++ z z y y x x −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HếT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .. . Số báo danh: . www.boxmaths.com 1 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 A Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Khi 2 1 11 . 1 1 x xm y x x x − + −= − ⇒ = = − −− − + Tập xác định: \{ 1 }.R + 2 2 2 01 2' 1 . ' 0 2.( 1) ( 1) xx xy y xx x =− += − + = = ⇔  =− −  + [ ] ⇒=−=−− ∞→∞→ 01 1lim)(lim x xy xx tiệm cận xiên của đồ thị là: xy −= . ⇒∞=→ yx 1lim tiệm cận đứng của đồ thị là: 1=x . Bảng biến thiên: Đồ thị không cắt trục hoành. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1). 1 điểm 0,25 đ 0,5 đ 0, 25 đ x − ∞ 0 1 2 + ∞ y’ − 0 + + 0 − +∞ +∞ −3 y CT CĐ 1 − ∞ − ∞ y x O 1 2 −3 1 −1 www.boxmaths.com 2 2) Đồ thị hàm số 1 2 − ++= x mxmxy cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ d−ơng ⇔ ph−ơng trình 2( ) 0f x mx x m= + + = có 2 nghiệm d−ơng phân biệt khác 1 2 0 1 4 0 (1) 2 1 0 1 0, 0 m m f m mS P m m ≠ ∆ = − >⇔  = + ≠ = − > = > 0 1 12 0 1 2 2 0 m m m m m ≠ <⇔ ⇔ − < < ≠ − < . Vậy giá trị m cần tìm là: 1 0 2 m− < < . 1 điểm 0,25 đ 0,75 đ Câu 2. 2điểm 1) Điều kiện sin 0 cos 0 (*) tg 1 x x x ≠ ≠ ≠ − . Khi đó ph−ơng trình đã cho )cos(sinsin cos sin1 sincos1 sin cos 22 xxx x x xx x x −+ + −=−⇔ cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin x x x x x x x x x −⇔ = − + − 2(cos sin )(1 sin cos sin ) 0x x x x x⇔ − − + = 2 cos sin 0 1 sin cos sin 0. x x x x x − =⇔  − + = TH1: πsin cos tg 1 π ( ) 4 x x x x k k= ⇔ = ⇔ = + ∈Z thỏa mãn điều kiện (*). TH2: 2 2 11 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 : 2 x x x x x− + = ⇔ − + = vô nghiệm. Vậy nghiệm của ph−ơng trình là: π π ( ) 4 x k k= + ∈Z . 2) Giải hệ 3 1 1 (1) 2 1 (2). x y x y y x  − = − = + + Điều kiện 0.xy ≠ + Ta có 1(1) ( )(1 ) 0 1. x y x y xyxy =⇔ − + = ⇔  = − TH1: 3 3 22 1 2 1 ( 1)( 1) 0 x y x y x y y x x x x x x = = =    ⇔ ⇔  = + = + − + − =     1 1 5 2 1 5 . 2 x y x y x y  = = − +⇔ = = − − = = 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0,5 đ www.boxmaths.com 3 TH2: 3 3 4 1 11 (3) 22 1 1 2 0 (4). yxy yx x y x x x xx  = −= − = −  ⇔ ⇔  = +   − = + + + = Ta chứng minh ph−ơng trình (4) vô nghiệm. Cách 1. 2 2 4 2 1 1 32 0, 2 2 2    + + = − + + + > ∀      x x x x x . Cách 2. Đặt 4 3 1( ) 2 ( ) min ( ) 0 4∈  −= + + ⇒ ≥ = >  x f x x x f x f x fR . Tr−ờng hợp này hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ ph−ơng trình là: 1 5 1 5 1 5 1 5( ; ) (1;1), ; , ; 2 2 2 2 x y    − + − + − − − −=           . 0, 25 đ Câu 3. 3điểm 1) Cách 1. Đặt AB a= . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mà BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do đó A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. Vậy góc phẳng nhị diện [ ], ' ,B A C D là góc nBHD . Xét 'A DC∆ vuông tại D có DH là đ−ờng cao, ta có . ' . 'DH A C CD A D= . ' ' CD A DDH A C ⇒ = . 2 2 3 3 a a a a = = . T−ơng tự, 'A BC∆ vuông tại B có BH là đ−ờng cao và 2 3 aBH = . Mặt khác: n n2 2 22 2 2 2 2 2 22 2 . cos 2. cos 3 3 3 a a aa BD BH DH BH DH BHD BHD= = + − = + − , do đó n 1cos 2 BHD = − n o120BHD⇒ = . Cách 2. Ta có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (Định lý ba đ−ờng vuông góc). T−ơng tự, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gọi H là giao điểm của 'A C và ( ' )BC D ⇒ nBHD là góc phẳng của [ ]; ' ;B A C D . Các tam giác vuông HA’B, HA’D, HA’C’ bằng nhau ⇒ HB = HC’ = HD ⇒ H là tâm ∆BC’D đều n o120BHD⇒ = . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ A A’ B’ C’ D’ D C B H I www.boxmaths.com 4 2) a) Từ giả thiết ta có ) 2 ; ;() ; ;(' 0); ; ;( baaMbaaCaaC ⇒ . Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 bBD a a BM a= − =JJJG JJJJG 2, ; ; 2 2 ab abBD BM a  ⇒ = −     JJJG JJJJG . ( ) 23' ; 0; , . ' . 2 a bBA a b BD BM BA − = − ⇒ =  JJJG JJJG JJJJG JJJG Do đó 2 ' 1 , . ' 6 4BDA M a bV BD BM BA = =  JJJG JJJJG JJJG . b) Mặt phẳng ( )BDM có véctơ pháp tuyến là 21 , ; ; 2 2 ab abn BD BM a  = = −     JJG JJJG JJJJG , mặt phẳng ( ' )A BD có véctơ pháp tuyến là 22 , ' ( ; ; )n BD BA ab ab a = =  JJG JJJG JJJG . Do đó 2 2 2 2 4 1 2( ) ( ' ) . 0 02 2 a b a bBDM A BD n n a a b⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ =JJG JJG 1a b ⇔ = . 2 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 5 đ 0, 5 đ Câu 4. 2điểm 1) Ta có ( )1 14 3 3 3 37( 3) 7( 3)n n n n nn n n n nC C n C C C n+ ++ + + + +− = + ⇔ + − = + ( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12. 2! n n n n n+ +⇔ = + ⇔ + = = ⇔ = Số hạng tổng quát của khai triển là ( ) 125 60 11 3 2 212 12. k kkk kC x x C x − − −    =   . Ta có 60 11 82 60 11 8 4. 2 − −= ⇒ = ⇔ = k kx x k Do đó hệ số của số hạng chứa 8x là .495 )!412(!4 !124 12 =−=C 2) Tính tích phân 2 3 2 2 5 4 xdxI x x = +∫ . Đặt 2 2 4 4 xdxt x dt x = + ⇒ = + và 2 2 4.x t= − Với 5x = thì 3t = , với 2 3x = thì 4t = . Khi đó 2 3 4 4 22 2 3 35 1 1 1 4 2 244 xdx dtI dt t ttx x  = = = − − + −+∫ ∫ ∫ 4 3 1 2 1 5ln ln . 4 2 4 3 t t − = = +  1 điểm 0, 5 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0,25 đ 0, 25 đ A A’ B’ C’ D’ D C B y x z www.boxmaths.com 5 Câu 5. 1điểm Với mọi ,u v G G ta có | | | | | | (*)u v u v+ ≤ +G G G G (vì ( )22 22 2 2| | 2 . | | | | 2 | | . | | | | | |u v u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + = +G G G G G G G G G G G G ) Đặt ,1 ;   =→ x xa    =→ y yb 1 ; ,   =→ z zc 1 ; . áp dụng bất đẳng thức (*) ta có | | | | | | | | | | | | .a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + +G G G G G G G G G Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1( )P x y z x y z x y zx y z  = + + + + + ≥ + + + + +   . Cách 1. Ta có ( ) 22 22 3 31 1 1 1 9( ) 3 3 9P x y z xyz tx y z xyz t  ≥ + + + + + ≥ + = +        , với ( ) 223 10 3 9x y zt xyz t + + = ⇒ < ≤ ≤   . Đặt 2 9 9 1( ) 9 '( ) 9 0, 0; ( ) 9 Q t t Q t t Q t t t  = + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒   giảm trên 10; 9     1( ) 82. 9 Q t Q  ⇒ ≥ =   Vậy ( ) 82.P Q t≥ ≥ (Dấu “=” xảy ra khi 1 3 x y z= = = ). Cách 2. Ta có 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1( ) 81( ) 80( )x y z x y z x y z x y z x y z    + + + + + = + + + + + − + +       21 1 118( ) 80( ) 162 80 82.x y z x y z x y z  ≥ + + + + − + + ≥ − =   Vậy 82.P ≥ (Dấu “=” xảy ra khi 1 3 x y z= = = ). Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác. 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0,25 đ 0,5 đ www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao Đẳng – Đại Học – Cao Học. * Tài Liệu Toỏn – Đề Thi Toỏn cho học sinh THPT. * Phần mềm Toỏn. * Giỏo Trỡnh – Từ Điển – Phần Mềm Học Tiếng Anh. * Cỏc Phần mềm ứng dụng khỏc. Bộ giáo dục và đào tạo đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 ------------------------------ Môn thi : Toán , Khối A Đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------------------------------------------------------- Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2x 3x 3y 2(x 1) − + − = − (1). 1) Khảo sát hàm số (1). 2) Tìm m để đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1. Câu II (2 điểm) 1) Giải bất ph−ơng trình 22(x 16) 7 xx 3 > x 3 x 3 − − + − − − . 2) Giải hệ ph−ơng trình 1 4 4 2 2 1log (y x) log 1 y x y 25. ⎧ − − =⎪⎨⎪ + =⎩ Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm ( )A 0; 2 và ( )B 3; 1− − . Tìm tọa độ trực tâm và tọa độ tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp của tam giác OAB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh SC. a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng SA, BM. b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đ−ờng thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN. Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích phân I = 2 1 x dx 1 x 1+ −∫ . 2) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 821 x (1 x)⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ . Câu V (1 điểm) Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. Tính ba góc của tam giác ABC. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh............................................................................Số báo danh................................................. www.boxmaths.com 1 Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm ..................... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 ........................................... Đề chính thức Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 (1,0 điểm) ( )12 332 − −+− = x xxy = ( ) 1 1x 1 2 2 x 1 − + − − . a) Tập xác định: { }R \ 1 . b) Sự biến thiên: 2 x(2 x)y ' 2(x 1) − = − ; y ' 0 x 0, x 2= ⇔ = = . 0,25 yCĐ = y(2) = 1 2 − , yCT = y(0) = 3 2 . Đ−ờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. Đ−ờng thẳng 1y x 1 2 = − + là tiệm cận xiên. 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 2 +∞ y' − 0 + + 0 − y +∞ +∞ 1 2 − 3 2 −∞ −∞ 0,25 c) Đồ thị: 0,25 www.boxmaths.com 2 I.2 (1,0 điểm) Ph−ơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đ−ờng thẳng y = m là : ( ) mx xx = − −+− 12 332 ⇔ ( ) 023322 =−+−+ mxmx (*). 0,25 Ph−ơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0>∆ ⇔ 24m 4m 3 0− − > ⇔ 3m 2 > hoặc 1m 2 < − (**) . 0,25 Với điều kiện (**), đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành độ x1 , x2 là nghiệm của ph−ơng trình (*). AB = 1 ⇔ 121 =− xx ⇔ 2 1 2x x 1− = ⇔ ( )1 2 2 1 2x x 4x x 1+ − = 0,25 ⇔ ( ) ( ) 123432 2 =−−− mm ⇔ 1 5m 2 ± = (thoả mãn (**)) 0,25 II 2,0 II.1 (1,0 điểm) Điều kiện : x 4≥ . 0,25 Bất ph−ơng trình đã cho t−ơng đ−ơng với bất ph−ơng trình: 2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x− + − > − ⇔ − > − 0,25 + Nếu x > 5 thì bất ph−ơng trình đ−ợc thoả mãn, vì vế trái d−ơng, vế phải âm. 0,25 + Nếu 4 x 5≤ ≤ thì hai vế của bất ph−ơng trình không âm. Bình ph−ơng hai vế ta đ−ợc: ( ) ( )22 22 x 16 10 2x x 20x 66 0− > − ⇔ − + < 10 34 x 10 34⇔ − < < + . Kết hợp với điều kiện 4 x 5≤ ≤ ta có: 10 34 x 5− − 0,25 II.2 (1,0 điểm) Điều kiện: y > x và y > 0. ( ) 11loglog 4 4 1 =−− y xy ⇔ ( ) 11loglog 44 =−−− yxy 0,25 ⇔ 4 y xlog 1 y − − = ⇔ 4 3yx = . 0,25 Thế vào ph−ơng trình x2 + y2 = 25 ta có: 2 23y y 25 y 4. 4 ⎛ ⎞ + = ⇔ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 So sánh với điều kiện , ta đ−ợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x). Vậy nghiệm của hệ ph−ơng trình là (3; 4). 0,25 III 3,0 III.1 (1,0 điểm) + Đ−ờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) JJJG có ph−ơng trình 3x 3y 0+ = . Đ−ờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) JJJG có ph−ơng trình y = 1− ( Đ−ờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) JJJG có ph−ơng trình 3x y 2 0+ − = ) 0,25 Giải hệ hai (trong ba) ph−ơng trình trên ta đ−ợc trực tâm H( 3 ; 1)− 0,25 + Đ−ờng trung trực cạnh OA có ph−ơng trình y = 1. Đ−ờng trung trực cạnh OB có ph−ơng trình 3x y 2 0+ + = . ( Đ−ờng trung trực cạnh AB có ph−ơng trình 3x 3y 0+ = ). 0,25 www.boxmaths.com 3 Giải hệ hai (trong ba) ph−ơng trình trên ta đ−ợc tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB là ( )I 3 ; 1− . 0,25 III.2.a (1,0 điểm) + Ta có: ( )C 2; 0; 0− , ( )D 0; 1; 0− , ( )2;0;1−M , ( )22;0;2 −=SA , ( )BM 1; 1; 2= − −JJJJG . 0,25 Gọi α là góc giữa SA và BM. Ta đ−ợc: ( ) SA.BM 3cos cos SA, BM 2SA . BMα = = = JJJG JJJJG JJJG JJJJG JJJG JJJJG ⇒ 30α = ° . 0,25 + Ta có: ( )SA, BM 2 2; 0; 2⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦JJJG JJJJG , ( )AB 2