bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Câu

ý

I

1

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Nội dung

ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3x 2 + 6 x = 3x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ


2
3

0,25 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

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ


0,25 đ

0,5 đ

x = 3 3 thỏa mãn điều kiện x > 0 .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

1,0 đ 1,0 đ

2.
log x + log x + 1 2m 1 = 0 (2)
2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1 + t 2 m 1 = 0 t 2 + t 2m 2 = 0

(3)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


0 m 2.
f (2) 2m + 2
2 m + 2 6
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn 1 < t1 t 2 < 2 .
t +t
1
Do 1 2 = < 1 nên không tồn tại m .
2
2
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn
t1 1 t 2 2 hoặc 1 t1 2 t 2
2m(4 2m ) 0 0 m 2 .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
III

1.

cos 3 x + sin 3x
1

5 sin x +
= cos 2 x + 3 . Điều kiện sin 2 x
1 + 2 sin 2 x
2

cos 3x + sin 3 x
sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x



0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


5

và x 2 =
. Ta thấy x1 , x 2 thỏa mãn điều
3
3
1
5

kiện sin 2 x . Vậy các nghiệm cần tìm là: x1 =
và x 2 =
.
2
3
3
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Vì x (0 ; 2 ) nên lấy x1 =


Mặt khác | x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] . Vậy
5

(

1

)

(

3

)

(

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ


)

(

)

5

(

)

S = x + 5 x dx + x 3 x + 6 dx + x 2 + 5 x dx
2

0

1

1

2

3

3

5


S

N
I
M
A

C

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

K

B
Gọi K là trung điểm của BC và I = SK MN . Từ giả thiết
1


2

2

2

SK
AI = SA SI = SA
=
2
2

Ta có

2

S AMN

2

3a 2 a 2 a 10
.

=
4
8
4

a 2 10

Cách I. Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 có dạng:
(x 2 y + z 4) + (x + 2 y 2 z + 4) = 0 ( 2 + 2 0 )
( + )x (2 2 ) y + ( 2 )z 4 + 4 = 0
r
r
Vậy n P = ( + ;2 + 2 ; 2 ) .Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 và M 2 (1;2;1) 2
r r
n P .u 2 = 0
= 0
(P ) // 2
Vậy (P ) : 2 x z = 0

M 2 (1;2;1) (P )
M 2 (P )

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
-----------

0,5 đ
-----------

0,25 đ

M 1 (0;2;0) 1 , u1 = (2;3;4) // 1 .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm M 1 1 bằng cách cho x = 0 y = 2 z = 0
Cách II

r 2 1 1 1 1 2
= (2;3;4) ).
và tính u1 =
;
;

2
2
2
1
1
2




r
Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :
r
r r
n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;1) . Vậy phơng trình mặt phẳng (P) đi qua M 1 (0;2;0 )
r
và n P = (2;0;1) là: 2 x z = 0 .
Mặt khác M 2 (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x z = 0
2b)


1

2a + 1 3 (a 1)
xG = 3 ( x A + x B + x C )
.
;
Từ công thức
ta có G

1
3
3

yG = ( y A + y B + yC )
3

Cách I.
Ta có :
AB =| a 1 |, AC = 3 | a 1 |, BC = 2 | a 1 | . Do đó
6

0,25 đ


S ABC =
Ta có
Vậy

1
3

TH2 a 2 = 2 3 1 G2

3
3


Cách II.
y
C

0,25 đ
-----------

I
O

B

A

x

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì r = 2 y I = 2 .
x 1
xI = 1 2 3 .
Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x 1) =
3
TH1 Nếu A và O khác phía đối với B x I = 1 + 2 3. Từ d ( I , AC ) = 2
7+4 3 6+2 3




n!
n!
n(n − 1)(n − 2)
=5
⇔
= 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0
(n − 1)!
3!(n − 3)!
6
⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n2 = 7.
Víi n = 7 ta cã
 x2−1 
C  2 


3
7

4

0,25 ®
0,25 ®

3

 −3x 
 2  = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.


1)

x2 + x 1
1
= x
.
x 1
x 1
+ Tập xác định: R \{ 1 }.
Khi m = 1 y =

+ y ' = 1 +

1
( x 1)

2

=

x2 + 2 x
2

x=0
y'= 0
x = 2.

.

( x 1)


+
+

CT
1



+
0,5 đ


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

y

1
O

0, 25 đ
1

1

3

1




Vậy giá trị m cần tìm là:



m0

m
cos x sin x
= cos x(cos x sin x) + sin x(sin x cos x)
sin x

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


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

TH1: sin x = cos x tgx = 1 x = + k (k Z) thỏa mãn điều kiện (*).
4
1
TH2: 1 sin x cos x + sin 2 x = 0 1 sin 2 x + sin 2 x = 0 : vô nghiệm.
2

Vậy nghiệm của phơng trình là: x = + k (k Z) .
4
1
1
(1)
x x = y y
2) Giải hệ
2 y = x3 + 1
(2).

+ Điều kiện xy 0.
x= y
1


0, 25 đ

0, 25 đ
0, 25 đ

1 điểm

0, 25 đ

0,5 đ


1

1

y = x
xy = 1
y=x


TH2:
3
2 y = x + 1 2 = x3 + 1 x 4 + x + 2 = 0

x
Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
2


2
2



Câu 3.
B
C
Cách 1.

A

0, 25 đ

3điểm
1 điểm

D
H
B

C
I

A

D

1)
Cách 1. Đặt AB = a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH

n = 120o .
do đó cos BHD
2
Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của A ' C và ( BC ' D)
n là góc phẳng của [ B; A ' C ; D ] .
BHD

Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD
n = 120o .
H là tâm BCD đều BHD

3

0, 25 đ
0, 25 đ
hoặc
0, 25đ
0,25 đ
0,5 đ


2)

2 điểm
a) Từ giả thiết ta có
z
A

b


D

B

C

x

1 JJJG JJJJG JJJG
a 2b
BD, BM .BA ' =
.

6
4
JJG
JJJG JJJJG ab ab

; a2 ,
b) Mặt phẳng ( BDM ) có véctơ pháp tuyến là n1 = BD, BM = ;
2
2

JJG
JJJG JJJG
2
mặt phẳng ( A ' BD) có véctơ pháp tuyến là n2 = BD, BA ' = (ab; ab; a ) .
JJG JJG
a


k
C12

Số hạng tổng quát của khai triển là
60 11k
Ta có x 2

= x8

(x )
3

5
. x 2
k
= C12

60 11k
x 2

60 11k
= 8 k = 4.
2

2 3




5

4

xdx
x2 x2 + 4

=

3t

dt
2

4

0, 25 đ

1 điểm

x +4
Với x = 5 thì t = 3 , với x = 2 3 thì t = 4 .

Khi đó

.

0, 25 đ


4

1 t 2
1 5
= ln
= ln .

4 t +2 3 4 3

4

0, 25 đ


Câu 5.
G G
G G
G
G
Với mọi u, v ta có | u + v | | u | + | v | (*)
G G
G 2 G2
GG
G
G
G G
G
G 2
(vì | u + v |2 = u + v + 2u.v | u |2 + | v |2 +2 | u | . | v |= | u | + | v | )


+ z2 +

2

1 1 1
( x + y + z )2 + + + .
z2
x y z
1

0, 25 đ

Cách 1. Ta có
2

1 1 1
P ( x + y + z) + + +
x y z
2

(

3 3 xyz

)

2

2

9
1
Dấu = xảy ra khi x = y = z =
.
3
Cách 2.

(

0, 25 đ

)

(

1
0;
9

0, 25 đ

)

2

hoặc

2

1 1 1

.....................

Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...........................................
Đề chính thức

Câu
I

Môn: Toán, Khối A
(Đáp án - thang điểm có 4 trang)
Nội dung

ý
I.1

Điểm
2,0

(1,0 điểm)

y=

x 2 + 3x 3
1
1
= x +1
.

0

+

0,25

0,25

+

+





0


+

3
2

+

2

1
2

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x1 , x2 là nghiệm của phơng trình (*).

0,25

AB = 1 x 1 x 2 = 1 x1 x 2

(2 m 3)2 4(3 2 m ) = 1

2

=1

m=

(x

+ x 2 ) 4x1x 2 = 1
2

1

1 5
(thoả mãn (**))
2

0,25
0,25
2,0



log 4

1
=1
y

log 4 (y x ) log 4

1
=1
y

3y
yx
=1 x =
.
y
4

0,25

0,25

0,25
2

3y
2
Thế vào phơng trình x + y = 25 ta có: + y = 25 y = 4.

0,25

0,25

2


Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là I 3 ; 1 .

(

III.2.a

)

(1,0 điểm)

(

)

+ Ta có: C ( 2; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , M 1; 0; 2 ,
JJJJG
SA = 2; 0; 2 2 , BM = 1; 1; 2 .

(

)




JJJG JJJJG
cos = cos SA, BM

(

(

III.2.b

0,25

)

)

0,25
0,25

0,25

(1,0 điểm)








)

(

VS.AMN =

)

1 JJJG JJJG JJJG
2

=
SA,SM
SN
VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2

6
3

0,25

0,25
0,25
0,25
2,0

IV
IV.1

(1,0 điểm)

2t dt = 2
dt = 2 t 2 t + 2
dt
1+ t
1
t
t
1
+
+


0
0

0,25

1

IV.2

1
1

I = 2 t 3 t 2 + 2t 2 ln t + 1
2
3
0
1 1
11


Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

C83.C32 , C84 .C 04
Suy ra

0,25

a8 = 168 + 70 = 238 .

0,25
1,0

V
Gọi M = cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C 3

= 2 cos 2 A 1 + 2 2 2 cos

B+C
BC
cos
3.
2
2

A
BC
A
> 0 , cos
1 nên M 2 cos 2 A + 4 2 sin 4 .



2


cos 2 A = cos A

BC

Theo giả thiết: M = 0 cos
=1
2

1
A
sin 2 =
2


0,25

A = 90
B = C = 45



0,25

4


4
4
x

a) TXĐ: \\{0}.

0,25

b) Sự biến thiên: y ' =

1 1 x −4
−
=
, y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 2.
4 x2
4x 2
2

yCĐ = y ( −2 ) = −1, yCT = y ( 2 ) = 1.
Đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng.
1
Đường thẳng y = x là tiệm cận xiên.
4

0,25

c) Bảng biến thiên:
x
y’



−∞

1

d) Đồ thị

0,25

1


Mang Giao duc Edunet -

I.2

1,0

1
, y ' = 0 có nghiệm khi và chỉ khi m > 0 .
x2
1
1
Nếu m > 0 thì y ' = 0 ⇔ x1 = −
.
, x2 =
m
m
Xét dấu y '
x

⎠
Tiệm cận xiên (d) : y = mx ⇔ mx − y = 0.

Điểm cực tiểu của ( C m ) là M ⎜

d ( M, d ) =

m −2 m
m2 + 1

1
⇔
2
Kết luận: m = 1 .
d ( M;d ) =

=

m
m +1
2

m
m2 + 1

=

0,25

.

2

⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10.
Kết hợp với điều kiện ta có : 2 ≤ x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho.
II.2

0,25
0,25
1,0

Phương trình đã cho tương đương với

(1 + cos 6x ) cos 2x − (1 + cos 2x ) = 0
⇔ cos 6x cos 2x − 1 = 0
⇔ cos8x + cos 4x − 2 = 0
⇔ 2 cos 2 4x + cos 4x − 3 = 0

⎡ cos 4x = 1
⇔⎢
⎢ cos 4x = − 3 ( lo¹i ) .
⎢⎣
2
π
Vậy cos 4x = 1 ⇔ x = k ( k ∈ ] ) .
2

0,25

0,25


⇔⎨
⇒⎨
⇔⎨
⎨
⎩D ∈ Ox
⎩D(d;0) ⎪⎩ d − 1 = 1 ⎩d = 0, d = 2
Suy ra, B ( 0;0 ) và D ( 2;0 ) hoặc B ( 2;0 ) và D ( 0;0 ) .

0,25

0,25

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là

A (1;1) , B ( 0;0 ) , C (1; −1) , D ( 2;0 ) ,

hoặc

A (1;1) , B ( 2;0 ) , C (1; −1) , D ( 0;0 ) .

III.2a

1,0

⎧x = 1 − t
⎪
Phương trình của tham số của d : ⎨ y = −3 + 2t
⎪z = 3 + t.
⎩
I ∈ d ⇒ I (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) , d ( I, ( P ) ) =

Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = ( 2;1; −2 ) .

G

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2;1) .

0,5

⎧x = t
⎪
Phương trình tham số của ∆ : ⎨ y = −1
⎪z = 4 + t.
⎩

0,25

JJG
G G
Vì ∆ ⊂ ( P ) và ∆ ⊥ d nên ∆ có vectơ chỉ phương u ∆ = ⎡ n, u ⎤ = ( 5;0;5 ) .
⎣
⎦

3


Mang Giao duc Edunet -

IV

2,0

2
1
2
⎛ t −1 ⎞⎛ 2 ⎞
22 2
I = ∫⎜2
+ 1⎟ ⎜ − ⎟ dt = ∫ ( 2t + 1) dt.
3
91
⎠⎝ 3 ⎠
2⎝

0,25

0,25

2

⎞
2 ⎛ 2t 3
2 ⎡⎛ 16
⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎤ 34
= ⎜
+ t ⎟ = ⎢⎜ + 2 ⎟ − ⎜ + 1⎟ ⎥ = .
9⎝ 3
⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎦ 27
⎠ 1 9 ⎣⎝ 3
IV.2

Ta có (1 + x )

2n +1

x

2n +1

∀x ∈ \.

1,0
0,25

Đạo hàm hai vế ta có

( 2n + 1)(1 + x )

2n

2
3
2
2n +1 2n
∀x ∈ \.
= C12n +1 + 2C2n
+1 x + 3C 2n +1 x + ... + ( 2n + 1) C 2n +1 x

Thay x = −2 ta có:

4
2n
2n +1

1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+ ⎟ (1).
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
2x + y + z 4 ⎝ 2x y + z ⎠ 4 ⎣ 2x 4 ⎝ y z ⎠ ⎦ 8 ⎝ x 2y 2z ⎠
Tương tự

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (2).
x + 2y + z 4 ⎝ 2y x + z ⎠ 4 ⎣ 2y 4 ⎝ x z ⎠ ⎦ 8 ⎝ y 2z 2x ⎠

0,5

1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1
1 ⎞
≤ ⎜ +
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +

I

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4.
• TXĐ: \.
• Sự biến thiên: y ' = 6 ( x 2 − 3x + 2 ) , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 2.

0,25

Bảng biến thiên:
x -∞
y'

+

1
0

2
0

_

2

Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm)
3

2

Phương trình đã cho tương đương với: 2 x − 9 x + 12 x − 4 = m − 4 .
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
3
2
y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 với đường thẳng y = m − 4.
3

0,25

2

Hàm số y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục

đối xứng.
1/5

0,25


Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số:
3
y = 2 x − 9x 2 + 12 x − 4
y

⎛ 3
⎞ 1
2 ( sin 6 x + cos 6 x ) − sin x cos x = 0 ⇔ 2 ⎜1 − sin 2 2x ⎟ − sin 2x = 0
⎝ 4
⎠ 2
2
⇔ 3sin 2x + sin 2x − 4 = 0
⇔ sin 2x = 1
π
⇔ x = + kπ
(k ∈ ]).
4
5π
+ 2mπ
Do điều kiện (1) nên: x =
(m ∈ ]).
4
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ 0. Đặt t = xy ( t ≥ 0 ) . Từ phương trình thứ

nhất của hệ suy ra: x + y = 3 + t.
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:
x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16
( 2) .
Thay xy = t 2 , x + y = 3 + t vào (2) ta được:
2

0,50

0,25

d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) .

0,25

⎛1
⎞ ⎛1
⎞
Ta có: C (1;1;0 ) , M ⎜ ;0;0 ⎟ , N ⎜ ;1;0 ⎟
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
JJJJG
JJJJG
A 'C = (1;1; − 1) , MN = ( 0; 1; 0 )
JJJJG JJJJG ⎛ 1 −1 −1 1 1 1 ⎞
⎡ A 'C, MN ⎤ = ⎜
;
;
⎟ = (1;0;1) .
⎣
⎦
1
0
0
0
0
1
⎝
⎠


vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .
G G
1
1
Vì góc giữa ( Q ) và Oxy là α mà cos α =
nên cos n, k =
6
6
a+b
1
2
⇔
=
⇔ 6 ( a + b ) = 2 ( a 2 + b 2 + ab )
2
6
a 2 + b2 + ( a + b )

( )

⇔ a = −2b hoặc b = −2a.
Với a = −2b , chọn b = −1, được mặt phẳng ( Q1 ) : 2x − y + z − 1 = 0.

Với b = −2a , chọn a = 1, được mặt phẳng ( Q 2 ) : x − 2y − z + 1 = 0.

IV

0,25
0,25
0,25

π
Với x = 0 thì t = 1 , với x = thì t = 4.
2
4
1 dt
Suy ra: I = ∫
31 t
0

dx.
0,25
0,25
0,25

4

2
2
=
t = .
3 1 3

0,25
3/5


2

Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)
1 1 1

2
2
⎛a+b⎞
Vì ab ≤ ⎜
⎟ nên a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b )
4
⎝ 2 ⎠

0,50

2

⇒ (a + b) − 4 (a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4
2

Suy ra: A = ( a + b ) ≤ 16.
Với x = y =
V.a
1

1
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
2

0,25
2,00

Tìm điểm M ∈ d 3 sao cho d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) (1,00 điểm)
Vì M ∈ d 3 nên M ( 2y; y ) .



=

2

y−4
2

⇔ y = −11, y = 1.

Với y = 1 được điểm M 2 ( 2; 1) .
2

Vì

=

0,25
0,25

0,25

Tìm hệ số của x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)
• Từ giả thiết suy ra: C02n +1 + C12n +1 + ⋅⋅⋅ + Cn2n +1 = 220
Ck2n +1

.

(1) .



= 22n +1

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 22n = 220 hay n = 10.

( 3) .

0,25

10

10
10
10 − k
k
⎛ 1
⎞
k
k 11k − 40
• Ta có: ⎜ 4 + x 7 ⎟ = ∑ C10
x −4 ) ( x 7 ) = ∑ C10
x
.
(
⎝x
⎠
k =0
k =0

k