bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 Môn thi : toán - KHOI A
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

+
+ 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

ty
tx
21
2
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

x
n
n
x
x
CCCC








+




















+










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

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

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
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++






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
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=

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
+=
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
][

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
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

x
xx
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
(

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

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

()

2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1






++






++




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
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

=

.
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

()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

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

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





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

1
=











=
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

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
+=+=+++= 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.

(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()





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








()
|1|3|1|3
132
2
+

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

a
Vậy .232|1|
+=a
TH1.








.
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
1.30:
0
=

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









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

Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=
















−−−
−
−

độ dơng.

Câu 2 (2 điểm).
1) Giải phơng trình .2sin
2
1
sin
tg1
2cos
1cotg
2
xx
x
x
x +
+
=

2) Giải hệ phơng trình




+=
=
.12
11
3
xy
y

'
a) Tính thể tích khối tứ diện
'
B
DA M
theo
a
và
b
.
b) Xác định tỷ số
a
b
để hai mặt phẳng và
(' )
ABD
()
M
BD
vuông góc với nhau.
Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x




+
=
32
5
2
4
xx
dx
I
.
Câu 5 (1 điểm).
Cho x, y, z là ba số dơng và x + y + z

1. Chứng minh rằng
.82
1

1

1
2
2
2
2
2
2
+++++
z
z
y

1)
Khi
2
11
1.
11
xx
my x
xx
+
= = =


+ Tập xác định:
\{ 1 }.R

+
2
22
0
12
' 1 . ' 0
2.
(1) (1)
x
xx
yy
x
xx
=

lim
tiệm cận đứng của đồ thị là: 1=x .
Bảng biến thiên:

Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).

0, 25 đ x



0 1 2 +

y
0 + + 0
+ + 3
y
CT CĐ
1

14 0
(1) 2 1 0
1
0, 0
m
m
fm
m
SP
mm



= >




=+


= > = >



0
1
1
2
0

m
<<
.
1 điểm
0,25 đ

0,75 đ

Câu 2. 2điểm
1)
Điều kiện
sin 0
cos 0 (*)
tg 1
x
x
x









=+
2
(cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + =

2
cos sin 0
1 sin cos sin 0.
xx
xx x
=



+=



TH1
:

sin cos tg 1 ( )
4
xxx xkk===+ Z

thỏa mãn điều kiện (*).
TH2:
22
1
1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :

(1) ( )(1 ) 0
1.
x
y
xy
xy
xy
=

+ =

=


TH1
:
33 2
2121(1)(1)0
xy xy xy
yx xx x x x
== =




=+ =+ +=


1
15

0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ


=
=
=




=+



= +
++=




Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
Cách 1.
22
42
113
20,
222

++= + + + >


x
xx x x.



. 0, 25 đ
Câu 3. 3điểm 1)
Cách 1.
Đặt

A
DC

vuông tại D có DH là đờng cao, ta có
.' .'
DH A C CD A D
=

.'
'
CD A D
DH
A
C
=

.2 2
33
aa a
a
==
. Tơng tự,
'
A
BC

vuông tại B có BH là đờng
cao và
2
3


AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC

AC

(BCD)

AC . Gọi
H
là giao điểm của
'
A
C
và
(')
B
CD



n
B
HD là góc phẳng của
[]
;';
B
AC D
.
Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau 0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ

hoặc

0, 25đ

0,25 đ
0,5 đ
A

A

B

C
D

D
C



JJJG JJJJG
.
()
2
3
'; 0; ,.' .
2
ab
BA a b BD BM BA


= =

JJJG JJJG JJJJGJJJG

Do đó
2
'
1
,.'
64
BDA M
ab
VBDBMBA

==

JJJG JJJJGJJJG

.
Do đó
22 22
4
12
()(').0 0
22
ab ab
B
DM A BD n n a a b = + ==
JJGJJG

1
a
b
=
.
2 điểm 0, 25 đ
0, 25 đ 0, 25 đ
=++===

Số hạng tổng quát của khai triển là
()
12
56011
3
22
12 12
.
k
k
k
kk
Cx x Cx





=


.
Ta có
60 11
8
2
60 11
84.

+

.
Đặt
2
2
4
4
x
dx
tx dt
x
=+=
+
và
22
4.xt=

Với
5x =
thì
3
t =
, với
23
x =
thì
4
t =
.

t
t

==

+

1 điểm
0, 5 đ
0, 25 đ

0, 25 đ
1 điểm
Câu 5. 1điểm
Với mọi
,
uv
GG
ta có
| | | | | | (*)
uv u v+ +
GG G G

(vì
(
)
2
22
222
| | 2. || || 2||.|| || ||
uv u v uv u v u v u v+=++ + + = +
GG G G GG G G G G G G
)
Đặt
,
1
;







1
;
.
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
|||| || | | || | |.a b c ab c abc++ ++ ++
G GG GGG GGG

Vậy
2
222 2
222
111 111
()Px y z xyz
x
yz
xyz

=++++++++++


.
Cách 1
. Ta có
()
2
2
2
2
3
3

991
() 9 '() 9 0, 0; ()
9
Qt t Q t t Qt
t
t

=+ = <



giảm trên
1
0;
9





1
( ) 82.
9
Qt Q

=


Vậy
() 82.PQt


Vậy
82.P

(
Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
)
.
Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác.

0, 25 đ

0, 25 đ
+
=

(1).
1) Khảo sát hàm số (1).
2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.

Câu II (2 điểm)
1) Giải bất phơng trình
2
2(x 16)
7x
x3>
x3 x3


+

.

2) Giải hệ phơng trình
14
4
22
1
log (y x) log 1
y
x y 25.

=

.

2) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của
8
2
1x(1x)

+

.
Câu V (1 điểm)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2
2
cosB + 2
2
cosC = 3.
Tính ba góc của tam giác ABC.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh

Số báo danh


()
12
33
2

+
=
x
xx
y
=
()
11
x1
22x1
+

.

a) Tập xác định:
{
}
R\ 1
.
b) Sự biến thiên:

2

yx1
2
= +
là tiệm cận xiên.

0,25

Bảng biến thiên:

x

0 1 2
+ y' 0 + + 0

y
+

+

1
2

0,25 2

I.2
(
1,0 điểm)

Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :
()
m
x
xx
=

+
12

m
2
<
(**)
.
0,25

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (*).
AB = 1


1
21
= xx



2
12
xx 1=


0,25
II

2,0

II.1
(1,0 điểm) Điều kiện :
x4
.
0,25

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:
22
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> >
0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25+ Nếu
4x5
thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta

1
1
loglog
4
4
1
=
y
xy



()
1
1
loglog
44
=
y
xy0,25

4
yx
log 1


0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).

0,25
III

3,0

III.1
(1,0 điểm) + Đờng thẳng qua O, vuông góc với
BA( 3 ; 3)
JJJG
có phơng trình
3x 3y 0+=
.
Đờng thẳng qua B, vuông góc với
OA(0; 2)
JJJG
có phơng trình y =
1

( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
JJJG

I3;1
.

0,25 III.2.a
(1,0 điểm) + Ta có:
()
C2;0;0

,
()
D0; 1;0

,
(
)
2;0;1M
,

()
22;0;2 =SA
,
()
BM 1; 1; 2=
JJJJG

+ Ta có:
()
SA, BM 2 2; 0; 2

=

JJJGJJJJG
,
()
AB 2; 1; 0=
JJJG
.
0,25

Vậy:
()
SA, BM AB
26
dSA,BM
3
SA, BM



==


JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG


2;0;1 =SM
,
()
22;1;0 =SB
,
1
SN 0; ; 2
2

=


JJJG()
SA, SM 0; 4 2; 0

=

JJJG JJJG
.
0,25S.ABM
122

IV.1
(1,0 điểm) 2
1
x
Idx
1x1
=
+

. Đặt:
1= xt

1
2
+= tx


tdtdx 2=
.

01 ==
t
x
,
12 ==
t
x


I
1
32
0
11
2t t2t2lnt1
32

=++

0,2511 11
I 2 2 2ln 2 4 ln 2
32 3

=+ =


.

0,25

IV.2
(1, 0 điểm)

C.C, C.C0,25Suy ra a
8
168 70 238=+=
.
0,25
V 1,0 Gọi
3cos22cos222cos ++= CBAM3
2
cos
2
cos2221cos2
2




Mặt khác tam giác ABC không tù nên
0cos A
,
AA coscos
2

. Suy ra:

4
2
sin24cos2 +
A
AM
4
2
sin24
2
sin212
2
+






=
AATheo giả thiết: M = 0











=
=

=
2
1
2
sin
1
2
cos
coscos
2
A
CB
AA

m
(C )
là đồ thị của hàm số
1
ymx
x
=+ (*) (
m
là tham số).
1)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi
1
m.
4
=

2)

Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của
m
(C ) đến tiệm
cận xiên của
m
(C ) bằng
1
.
2

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông
ABCD

biết rằng đỉnh
A

thuộc

1
d,

đỉnh

C

thuộc

2
d

và các đỉnh

B, D

thuộc trục hoành
.
2)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng


C©u IV
(2 điểm)
1)

Tính tích phân
2
0
sin 2x sin x
Idx.
13cosx
π
+
=
+
∫

2)

Tìm số nguyên dương n sao cho

1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C2.2C3.2C4.2C (2n1).2C 2005
+
++ + + +
−+ − +++ =
L

(


Họ và tên thí sinh

…… số báo danh
Mang Giao duc Edunet -
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

Môn: TOÁN, Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I

2,0
I.1 1,0
111
myx
44x
= ⇒ =+
.
a) TXĐ: \\{0}.
b) Sự biến thiên:
2
0,25
c) Bảng biến thiên:

x
−
∞
−
2 0 2 + ∞
y’
+
0
−

−
0 + y
−
1 + ∞ + ∞
−
∞

I.2 1,0

2
1
y' m , y' 0
x
=− =
có nghiệm khi và chỉ khi
m0>
.
Nếu
m0>
thì
12
11
y' 0 x , x
mm
=⇔ =− =
. 0,25
Xét dấu
y'

x

−∞

1

0,25

Điểm cực tiểu của
()
m
C
là
1
M;2m.
m
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

Tiệm cận xiên
(d):ymx mxy0.=⇔−=

()
22
m2m
m
dM,d .
m1 m1
−
==
++


x10 x 2.
2x 4 0
−≥
⎧
⎪
−≥ ⇔ ≥
⎨
⎪
−≥
⎩
0,25
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)−> − + −⇔ −> −+ −+ − −
0,25
22
x2 (2x4)(x1) x 4x42x 6x4⇔+> − − ⇔ + +> − +2
x 10x 0 0 x 10.⇔− <⇔<<0,25



()
=


III.1 1,0
Vì
()
1
Ad At;t.
∈
⇒

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và
B, D Ox∈
nên
()
Ct; t
−
.
0,25
Vì
2
Cd
∈
nên
2t t 1 0 t 1.
−−= ⇔=
Vậy
() ( )
A1;1,C1; 1

∈==
−=
⎩⎩
⎩
⎪
⎩

Suy ra,
()
B0;0
và
()
D2;0
hoặc
()
B2;0
và
()
D0;0
.
Vậy bốn đỉnh của hình vuông là
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 0;0 ,C1; 1,D 2;0 ,−

hoặc
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 2;0 ,C1; 1,D 0;0 .−

−+
=0,25

()
()
t4
dI,P 2 1 t 3
t2.
=
⎡
=⇔−=⇔
⎢
=−
⎣0,25

Vậy có hai điểm
()()
12
I3;5;7,I3;7;1−−
.
0,25
III.2b 1,0

Vì

()
u1;2;1=−
G
.
Vì
()
P∆⊂
và
d∆⊥
nên ∆ có vectơ chỉ phương
()
un,u5;0;5
∆
⎡⎤
==
⎣⎦
JJG G G
. 0,5 Phương trình tham số của
∆
:
xt
y1
z4t.
=

.

0,25
Đặt
2
t1
cos x
3
t13cosx
3sinx
dt dx.
21 3cosx
⎧
−
=
⎪
⎪
=+ ⇒
⎨
⎪
=−
⎪
+
⎩

x0 t2,x t1.
2
π
=
⇒
2
3
1
22t 2 16 2 34
t21.
93 9 3 3 27
⎛⎞⎡ ⎤
⎛⎞⎛⎞
=+=+−+=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠⎝⎠
⎣⎦
⎝⎠0,25
IV.2 1,0
Ta có
()
2n 1
0 1 22 33 2n12n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1x C C xC x C x C x

+
++ + + +
−+ − +++ =+0,25 Theo giả thiết ta có
2n 1 2005 n 1002+=
⇒
=
.
0,25

V

1,0
Với
a,b 0>
ta có :
2
1ab 1111
4ab (a b) .

1111111111111
(2).
x2yz 42yxz 42y4x z 8y2z 2x
⎛⎞⎡ ⎤⎛ ⎞
⎛⎞
≤+ ≤++=++
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟
⎢⎥
++ +
⎝⎠
⎝⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

1111111111111
(3).
x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y
⎡⎤
⎛⎞ ⎛⎞⎛ ⎞
≤+ ≤++=++
⎢⎥
⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟
++ +
⎝⎠ ⎝⎠⎝ ⎠
⎣⎦