Dịch Vụ Toán Học
Tuyển tập Đề thi Tuyển sinh Đại học
(2002 -2012)
Môn Toán
Ấn phẩm Kỉ niệm 5 năm VNMATH.COM
Vol.1
VnMath.CoM - Trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam
vnMath.com
Dịch vụ Toán học

Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Chuyên đề
Toán
Luyện thi
Đại học
Bồi dưỡng
HSG
Đề thi
Đáp án
Đại học
Cao học
Thi lớp 10
Olympic
Giáo án
các môn
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002

=++ 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
3
3;1
].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng
)2;0(

của phơng trình:
.32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x

Oxyz
cho hai đờng thẳng:


và

.



=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=
+=
tz
ty
tx
21

, 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



++
















+








=


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:
www.VNMATH.com
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức

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





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.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
www.VNMATH.com
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002


.
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:
()()

=+ . 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
www.VNMATH.com
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 ,



=
=
=
2
0
0'

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
2
4
y
www.VNMATH.com
I2
Cách I. Ta có
2332323

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





<<

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
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và

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
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363

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
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051


==== 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
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=

+




+
+
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
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn

2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=






+
+
+

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






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



1,0 đ

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
[]
5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS


0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1






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
1
0
-1
y
3
3

MNAMNSBC
AMNSBC










=

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

() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho


























0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
www.VNMATH.com
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=



=

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
1

suy ra .02 = zx Đặt




zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1
=











=
u
r
).
Ta có

()()
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
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222

Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()





++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx

1
2
3
.
2
1
==

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

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






=
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
()
321
3
1

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
134
2
G
0,25 đ

−
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
=⇔=⇔=⇔=






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

'y

0 +

0

0 +

"
y

+ 0

0

++

10

+

y
lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT

6


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
0,5 đ
0,25 đ

5,1
đ
0,5 đ
0,5 đ


I
2

(
)
(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy
,




=+
=
=
092
0
0'
22
mmx
x
y

Hàm số có ba điểm cực trị

phơng trình

x
m
2
9
0
2
2
. Phơng trình
092
22
=+ mmx

có 2 nghiệm khác 0



<<
<

.30
3
m
m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị



<<
<


0,25 đ 0,25 đ II
1 xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+


=
+





=
=
=



Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.
0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ



0)729(log
0729
1,0
9
3
>>





>
>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9
>>
x
nên
(
)
x
x

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


()



+=
=
=
.1
01)1(
63
yx
yx
yxyx

Thay
y
x
=
vào (2), giải ra ta đợc
.1
== yx

Thay
1
+= yx
vào (2), giải ra ta có:
2
1
,

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

III


2
x
8804
432
2
24
===+ xx
xx
.
Trên
[
]
8;8
ta có
24
2
x
4
4
2
x

và do hình đối xứng qua trục tung
nên
dx
xx
S




ta dùng phép đổi biến
tx sin4
=
, khi
4
0


t
thì
80
x
.

tdtdx cos4
=
và






>
4
;00cos

tt
. Do đó

5,1
đ 0,5 đ

0,25 đ

4y
2
=
24
x
y
2
=
www.VNMATH.com

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



dtttdtdxxS
.

3
8








=
8
8
22
24
4
4
.

0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ

IV
1
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 :












=+




Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
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

Cách I
. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz
sao cho
()()()()( ) ( ) ( )( )
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

Tơng tự
DBCA
111

( )
111
BCADB
.
Gọi
()
111
BCADBG =
. Do
aCBBBAB ===
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA
có cạnh bằng
2
a
.
Gọi
I
là trung điểm của
BA
1

DB
1
là:
02 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
B
(hoặc từ
D
) tới
()
P
,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
( )
Q
chứa
DB
1
và song song với
BA
1
là:
022 =++
azyx
và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
( )
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
5,1
đ 0,25 đ

D
C
1
B
1

A
1

z
y
x
A
C
B
I
G
www.VNMATH.com2b)
Cách I.

Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc







;
2
;
11
=






=






= NCMPa
a
NC
aa
aMP .
Vậy
NCMP
1

.
()
11
CCDD
là
1
ED
. Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC
1111
0
111111
90 ===
. Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có
NCMP
1

.


0,1
đ

0,25 đ 0,5 đ
0,25 đ
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
n
đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
n
2
điểm
n
AAA
221
,,,
L có các đờng
D
1
A
1

B
1

C
1

C

B

A

M

E
N
P

y

x

z

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 www.VNMATH.com

Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002
Môn Toán, khối D

=


=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

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

1/4

1/4 3ylim
x
=

; =+=
+

x
=


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
www.VNMATH.com2.


0
3/1
0
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


=










=



0
1x
mx
0
1x
mx
/
2
2

1/4 1/4 ()

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.
1 1,5

Bất phơng trình
















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





><

3x0x
2x
2
1
x

1/4

2x3

1/4 1/2


=+
>=

0y4y5y
0y2
23
x

1/4 1/4


===
>=

4y1y0y
0y2
x

1/4 1/4

23
=

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

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

ĐS : ;
2
x

=
2
3

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 Khoảng cách cần tính là :
17
346
16
1
16
1
9
1
1
=


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
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
()

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

u.

n =3(2m+1).
m
d song song với (P)







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
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




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)
()()





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

vô nghiệm 1/4 1/4

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


m =
1/4 1/4
V
2đ 1.
1 Ta có :
()

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

Cho x = 2 ta đợc

=
=
n
0k