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

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

1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng
chứa đờng thẳng
)(
P
1

và song song với đờng thẳng
.
2


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 ,

n
n
x
x
CCCC








+




















+










3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0
3
2

môn toán khối A
Câu ý Nội dung
ĐH CĐ
I1

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

0,5 đ
0,25 đ

1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0
2
4
y
2
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka

()( )

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

=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21
xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị

=>=+= 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
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++






=

-----------
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=

t

3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
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 .
Phơng trình

21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng 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
-----------

x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=






+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5






+




+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1
cos Zkkxx +==



1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
2.
Vì
(
0x ;
)

+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]
5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3

()
dxxxx


3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1






++






++






0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.

1đ

1đ
x
5
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
5
S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết
MN
a

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==






==
.
























h
a
S
a
A
a
C


( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
()
2;1;1
2
=
u
r
//
2

và

rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình
1

suy ra .02 = zx Đặt





=
=
=
=
'4
2'3
'2
:'2
1
tz
ty
tx












=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2
=u
r
//
2
. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :
[]
()
1;0;2,
21
== uun
P

0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()
3;3;21 Ht =
Cách II.
()
tttHH 21;2;1
2
+++ .
MH nhỏ nhất
()
4;3;210.
22
HtuMHMH ==

.
Từ công thức
()
()





++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có








+
3

2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB
S
r = .2
13
|1|
=
+

a
Vậy .232|1|
+=a
TH1.








++
+=

C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình
()
321
3
1
1.30:
0
=

==
I
x
x
xtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=
I
xB Từ 2),(
=
ACId
.3232 +=+=
I
xa






3
326
;
3
134
2
G
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 3n và

1 đ
8
()()
02835

3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=
















−−−
−
−
xC
xxx
x


x
x
.
3. Giải hệ phơng 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 đờng :

4
4
2
x
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

1
,
11
DA . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và NC
1
.
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều
n
AAA
221
L ,2( n n nguyên ) nội tiếp đờng tròn
()
O . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
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.




=
=

2
0
x
x

,
3
4
121612"
22






== xxy

3
2
0" == xy
.
Bảng biến thiên:



+

y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT

6


6
Hai điểm cực tiểu :
()
6;2
1
A
và
( )
6;2
2
A
.
Một điểm cực đại:
()
10;0
B
.

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
.
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2
2

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




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



2
6cos1 xxxx
+


=
+


()()
06cos8cos10cos12cos
=++ xxxx()
07cos11coscos
= xxx02sin9sincos
=
xxx.
2
9
0,5 đ


0,1
đ

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

>>
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
9

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 3

3






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



vào (2), giải ra ta có:
2
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










=
8
0
22
24
4
42
21
8
0
2
8
0
2
22
1
16
SSdxxdxx
==

.

tt
. Do đó

0,1
đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ
x

0
-4

4

2
y
-2
2

2
2
2
A
2
A


3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2
===

xdxxS
. Vậy
3
4
2
21
+==

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

1 Khoảng cách từ
I
đến đờng thẳng
AB
bằng
2
5
5=
AD
và
2
5
==
IBIA
.








=+
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx

Giải hệ ta đợc
()()
2;2,0;2 BA
(vì
0<
A
x
)
()( )
2;1,0;3 DC
.


0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

5,1
x
C
I
O
A
D
B
H
y

5
IV
2a)
Tìm khoảng cách giữa
BA
1
và
DB
1
.
[ ]
[]
66
,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd ===
.
Cách II.
()
DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11





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

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


0,1
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;

NCMP
1

.

Cách II. Gọi
E
là trung điểm của
1
CC
thì
( )
0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ


điểm
n
AAA
221
,,,
L có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng 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 đờng chéo lớn của đa giác
n
AAA
221
L tức
2
n
C
.
Theo giả thiết thì:

0,1
đ

0,25 đ



y

x

z7
()
()
()
( )( ) ()
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
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 đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng xy = .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
( )
x3x
2

d:
()()
()



=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2....C4C2C
n
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

4đ

1.

1 1,5

Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y

=


=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

= 1x,0
1x
4
y
2


-

1/4

1/4- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =

ylim
1x
.
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 :




=

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 1/4

Ta có (H)
()
()







=










=




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 đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m

.
ĐS : 1m .
1/4 1/4
II2đ

3đ

1.

x2x02x3x202x3x2
22
====
1/4 1/4

TH 2:




>







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

1 1,5

Hệ phơng trình



=
=

y2
y4y52
x
2x3

1/4 1/2


=+
>=

0y4y5y
0y2
23
x

1/4 1/4


1/4 1/2

III 1đ 1đ

Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++

0xcos8xcos4
23
=

()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2

+

= k
2
x.
1/4 1/4
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 hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4

D

H C A E B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
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

= với V = 8 và dt(

BCD) =2 34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n

. Đờng thẳng
m
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++

.
1/4 1/4

Suy ra



=


PA,dA
0n.u
m

Ta có : điều kiện 0n.u =


2
1
m =
1/4 1/4

Mặt khác khi m = - 1/2 thì
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



=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4

phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4

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






)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4

Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ 1.
1 Ta có :
()

=
=+
n
0k
kk
n

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
1
9
m
1
16
22
=






+




++=+=
499.16225
=+ 7MN
1/4 Đẳng thức xảy ra









>>
=+
=

0n,0m
49nm
n
m9

m
1
16
22
=






+






.
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có
()
49
n
3
.n
m
4
.m
n







>>
=+
=

0n,0m
7nm
n
3
: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
y
9
;0N









+








+=+=
2

Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có :
22
7MN

1/4

- Đẳng thức xảy ra
7
213
y;
7
78
x
00
== .
- Khi đó
( ) ( )
21;0N,0;72M và GTNN (MN) = 7
1/4
-----------------------Hết----------------------