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

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





+=
+=

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













+








=






+


( 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
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 ,







=
=
=
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

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

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

+++ 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
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

=
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

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

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
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=






+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32

=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
[]

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

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

()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC










=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa

==

(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




















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
6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++




=





=

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

.
(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
=











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
=

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
()
()







1đ
0,25 đ
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC
.
Ta có
()
|1|3|1|3
132
2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB










=
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


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

−−
⇔
−
=
−
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
=⇔=⇔=⇔=


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:



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
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

,

+

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


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 .
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2
2
A

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






=


<

.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

()()
06cos8cos10cos12cos
=
+
+ xxxx

()
07cos11coscos = xxx

02sin9sincos = xxx.
2
9
02sin9sin Zk
k
x
k
x
xx





=
=


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

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




++=+
=
).2(2
)1(
3
yxyx
yxyx
Điều kiện: )3(
.0
0



+

yx
yx()



+=
=
=
.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


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
[

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






0,25 đ

5,1 đ
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=

4
()
422cos18cos1616
4
0
4
0
2
8
0
2
1
+=+===



dtttdtdxxS
.








=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ

IV
1

R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :












=+







=+
2
2
2
2
5
2
1
022


0,1 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
x
C
I
O
A
D
B
H
y

5
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa BA
1
và DB
1
.

222
11
;2;, aaaDBBA = .
Vậy
()
[
]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.
()
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111

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


0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 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




a
a
Pa
a
N
a
aM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0;

0.;0;
2
,
2
;
2
;
11
=





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
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

V Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 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


0,25 đ
D
1
A
1

B
1

C
1

C

B
A
M
E
N
P
y

x


=
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 Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

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:

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

1
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

I3đ
4đ

hàm số không có cực trị.

1/4

1/4 3ylim
x
=

; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .
- BBT :

x - 1 +

y
/
+ +
+

y -3 -3
y

1/4

1/2

2

2.

1 1,5

Diện tích cần tính là :
dx
1x
1x3
S
0
3/1









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
/

1x
mx
0
1x
mx
/
2
2

1/4 1/4 ()
()()()
()







=

+
=



0


Bất phơng trình












>
=

0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2

1/4 1/2

TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2





><

3x0x
2x
2
1
x

1/4

3 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




===
>=

4y1y0y
0y2
x

1/4 1/4


=
=




=
=
4y
2x
1y
0x

1/4 1/2

3k2k1k0k14;0x ====
1/4

ĐS : ;
2
x

=
2
3
x

= ;
2
5
x

= ;
2
7
x

= .
1/4 1/4
IV
2đ

2đ

1.

17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4

4

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


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(


n =3(2m+1).
m
d song song với (P)









)P(d
nu
m

1/4 1/4

5
()








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







=+++
=+
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(

xC1x
,
1/4

Cho x = 2 ta đợc

=
=
n
0k
kk
n
n
2C3

1/4

5n32433
5n
=== .
1/2

6

2.
1

Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.



.
1/4
Theo BĐT Côsi ta có :
()
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=






++=+=

n16
22
2
2
2
2

21n,72m
== .
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n

.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222
=






+






++=+=
.
7MN
1/4

- Đẳng thức xảy ra


1/4
Cách 3:
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x
0
; y
0
) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx
00
=+
1/4

7 Suy ra toạ độ của M và N là








0;
x
16




+=+=
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y


Hết