1
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

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







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 .



0,25 đ

5,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10

=+
=
=
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




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


=
+

()()
06cos8cos10cos12cos
=
+
+ xxxx

()
07cos11coscos = xxx

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



0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ
2 (
)
1)729(loglog
3

x
x
(1).
Điều kiện:
73log1729
(
)
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



3






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



+

yx
yx()



=
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 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

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=


0,25 đ

0,25 đ

5,1 đ

2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=

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


S










=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ


và bán
kính
2
5
=
R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :












=+







=+
2
2
2

HA
với đờng
thẳng AB .
0,1 đ

0,25 đ

0,5 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
.


aBAaaaDBaaBA === và
[
]
(
)
222
11
;2;, aaaDBBA = .
Vậy
()
[
]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.

GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA có cạnh bằng 2a .
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

đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 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








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
0,25 đ

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

0,25 đ
D
1
A
1

B
1

C
1

C

B
A
M
E





=

=
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