2002.pdf
2003.pdf
2004.pdf
2005.pdf
2006.pdf
2007.pdf
2008.pdf
2009.pdf
2010.pdf
2011.pdf
2012.pdf
2013.pdf
TONG HOP DE THI TOAN KHOI A-B-D 2002-2013
KEM DAP AN CHI TIET
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

+
+ x
x
xx
x
5

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng: .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 lợt 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 đờng thẳng:


và

.



=++


b) Cho điểm
. Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M
H
thuộc đờng 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
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










++
















+




1
2
1
1
2
1
0
3
2
1
22222222 L



( 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

'
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)



()( )



>+
<




>++
<

021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k





<<

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 ,




++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị

(
)
23;1
2
1
+ mmmM và
(
)
23;1
2
2
+++ mmmM là:

++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363




=
Từ đây ta có mmxy +=
2
11
2
và mmxy +=
2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=
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

=
=

t
t

5,0 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
3
3
1
=
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.

Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn
][
2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Phơng trình
22)(22
2
+=+=+ mtfmtt có nghiệm
[]
2;1

.20
622
222
22)2(
22)1(




+
+




+
+
m
m
m

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
3sin3cos
sin +=






+




+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=






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

Vì
(
0x ;
)

2 nên lấy
3
1

=x và
3
5
2

=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 .


()
dxxxx

+++
5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS

+++++=
5
3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
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;0x )
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ

B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết
MN
a
BCMN ,
22
1
==// BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác
()( )
()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC











==
.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS
AMN
==

(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






a
A
a
C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;
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

//
2

và
()
22
1;2;1

M
()
P //
()() ()




=





=

PMPM
un
P
22
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
;

1;0;2,
21
== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
()
0;2;0
1
M
và


()
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

()
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
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax




+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó

1đ
0,25 đ
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC




++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2









=
3
326
;
3
134
132

=
ACId
.3232 +=+=
I
xa








++

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


1 đ
8
()()
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=
−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2

−
−
xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
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 phơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin

y = và
24
2
x
y = .
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
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

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:

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'

Bảng biến thiên:

+

2
3
2
0
3
2
2x
'y

0
+

0


0 +

"y + 0

0
+

+ 10 +
y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT

9
10
;
3
2
1
U và








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

(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy ,




=+
=
=
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


<<
<

.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
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+


=
+

()()
06cos8cos10cos12cos
=
+
+ xxxx

()
07cos11coscos = xxx

02sin9sincos = xxx.
2

0,5 đ


0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ
2 (

173log
9
>>x nên
(
)
x
x
729log)1(
3(
)
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

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 3

3






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




1
,
2
3
== yx
.
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng 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

Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x
y =
và
24
2
x
y =
:
4
4
2
x








=
8
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


0,25 đ

0,25 đ

5,1 đ

0
-4
4
2
y
-2
2
2
2
2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=
24
x
y
2
=

4
()
422cos18cos1616
4
0

3
4
2
21
+==

SSS .
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx
xx
S










=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ

5= AD và
2
5
==
IBIA .
Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng
A
B với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=
R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :












=+



H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng AB .
Sau đó tìm
BA,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
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


)
(
)( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111

() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA === và
[
]
(
)
222
11
;2;, aaaDBBA = .
Vậy
()
[
]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111

Gọi
()
111
BCADBG = . Do aCBBBAB
=
=
=
11111
nên
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

và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
(
)
Q .


0,1
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

















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



Cách II. Gọi
E
là trung điểm của
1
CC thì
(
)


11
CCDDME hình chiếu vuông góc của
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

n
C .
Theo giả thiết thì:

0,1 đ

0,25 đ 0,25 đ
D
1
A
1

B
1


!
20
!32!3
!2
20
23
2

=




=

=
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(


= (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 đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y
= .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
(
)
x3x
2
. 02x3x2
2
.
2. Giải hệ phơng trình :





=
+
+
=
+
.y
22
24

n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng 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
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

=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

= 1x,0
1x
4
y
2
,
hàm số không có cực trị.

1/4

1/4 3ylim
x
=

; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .



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

2

2.

1 1,5

Diện tích cần tính là :

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










=



0
1x
mx
0
1x
mx
/
2
2

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


ĐS : 1m .
1/4 1/4
II2đ

3đ

1.
1 1,5

Bất phơng trình












>
=


>
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2
2
2





><

3x0x
2x
2
1
x

1/4

3





=+
>=

0y4y5y
0y2
23
x

1/4 1/4


===
>=

4y1y0y
0y2
x

1/4 1/4



2
=
0xcos =
1/4 1/2

+

= k
2
x.
1/4 1/4 []
3k2k1k0k14;0x ====
1/4

ĐS : ;
2
x

=
2
3
x

= ;
2
5
x

4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4 Khoảng cách cần tính là :
17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4

4


AC
1
AB
1
AD
1
AH
1
++= .
1/4 1/4
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
cm
17
346
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.
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++

.
1/4 1/4

Suy ra

u.

n =3(2m+1).
m
d song song với (P)









)P(d
nu
m

m
d có phơng trình :



=
=
0x
01y
, mọi điểm
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
()
PA,dA
m

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

m=-1/2
1/4 1/4
Cách 3:
m
d
// (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
(H)
()()





=++++
=+++
=+
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2

vô nghiệm 1/4 1/4

Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra








1.
1 Ta có :
()

=
=+
n
0k
kk
n
n
xC1x
,
1/4

Cho x = 2 ta đợc

=
=
n
0k
kk
n
n
2C3

1/4

16
22
=






+






.
1/4
Theo BĐT Côsi ta có :
()
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m






>>
=+
=

0n,0m
49nm
n
m9
m
n16
22
2
2
2
2

21n,72m
== .
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4





.
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có
()
49
n
3
.n
m
4
.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222
=







:n
m
4
:m
22

21n,72m ==
.
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 3:
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x
0
; y
0
) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx
00
=+
1/4