Đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng môn Toán khối A năm 2002

1bộ 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
I 1 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 −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)
∑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 x0
2
4
y
2I 2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− .
Đặt 23 3kka +−= Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình axx =+− 23 3
 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka
 ( )( )

>−+
<≠⇔


>+−+
<≠⇔
021
30
0)44)(1(
30
22 kk
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
 

≠∧≠
<<−⇔


≠−+−+
>++−=∆⇔
20
31
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 , 

+=
−=⇔=
1
1
0
2
1'
mx
mx
y
Ta thấy 21 xx ≠ và 'y đổi dấu khi qua 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại
1x và 2x .
23)( 211 −+−== mmxyy và 23)( 222 ++−== mmxyy
Ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
 ( )23;1 21 −+−− mmmM và ( )23;1 22 ++−+ mmmM là:
 ⇔+−+=+−
4
23
2
1 2 mmymx mmxy +−= 22
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 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại 1x và 2x .
Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−=
( ) .23363
33
1 222 mmxmmxxmx +−+−++−

 −=
Từ đây ta có mmxy +−= 211 2 và mmxy +−= 222 2 .
Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +−= 22 .
∑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
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 2323 =−++ xx
 Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
 06051 22 =−+⇔=−+− tttt .
2
3
2
1

=
−=⇔
t
t
∑ 5,0 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
331 −=t (loại) , 33232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt
33±=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 23
2
3 =−−++ mxx (2)
 Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
 0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[ 233
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 .
 Ph−ơng trình 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt có nghiệm [ ]2;1∈
 .20
622
222
22)2(
22)1( ≤≤⇔

≤+
+≤⇔

+≥
+≤⇔ m
m
m
mf
mf
 Cách 2.
 TH1. Ph−ơng 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. Ph−ơng 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
-----------
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
3sin3cossin +=


+
++ x
x
xxx . Điều kiện 
2
12sin −≠x
Ta có 5 =


+
++
x
xxx
2sin21
3sin3cossin 5 


+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5 =


+
++−+
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5 x
x
xx cos5
2sin21
cos)12sin2( =


+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx
 2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
42.
Vì (0∈x ; )π2 nên lấy 
31
π=x và
3
5
2
π=x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều
kiện 
2
12sin −≠x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 
31
π=x và
3
5
2
π=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy ph−ơng trình 3|34| 2 +=+− xxx có 2 nghiệm 01 =x và .52 =x
 Mặt khác ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . Vậy
( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+= 1
0
3
1
22
5
0
2 343343|34|3
 ( )dxxxx∫ −+−++ 5
3
2 343
( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−= 5
3
2
3
1
2
1
0
2 5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
16
2
3
3
1
2
5
3
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;0∈x )
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
x510-1
y
3
32
1
8
-1
5 S
 N
 I
 M C
 A K
 B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI ∩= . Từ giả thiết
MNaBCMN ,
22
1 ==⇒ // BC I⇒ là trung điểm của SK và MN .
Ta có ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyến t−ơng ứng ANAM =
 AMN∆⇒ cân tại A MNAI⊥⇒ .
Mặt khác 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊂
=∩
⊥
.
Suy ra SAK∆ cân tại 
2
3aAKSAA ==⇒ .
244
3 222222 aaaBKSBSK =−=−=
4
10
84
3
2
222
222 aaaSKSASISAAI =−=

−=−=⇒ .
Ta có 
16
10.
2
1 2aAIMNS AMN ==∆ (đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI⊥ nh− sau:
 ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ .
2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:
 Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
 


 −



 −

−

 haSaAaCaBK ;
6
3;0,0;
2
3;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
 trong đó h là độ dài đ−ờng 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
62a)
Cách I. Ph−ơng trình mặt phẳng )(P chứa đ−ờng thẳng 1∆ có dạng:( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα )
⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx
Vậy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr .Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ và ( ) 22 1;2;1 ∆∈M
( )P // ( ) ( ) ( )

∉
=−⇔


∉
=⇔∆
PMPM
unP
22
2
2
0
1;2;1
0. βαrr
 Vậy ( ) 02: =− zxP
Cách II Ta có thể chuyển ph−ơng trình 1∆ sang dạng tham số nh− sau:
Từ ph−ơng trình 1∆ suy ra .02 =− zx Đặt 


=
−=
=
∆⇒=
'4
2'3
'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
;
22
12
1 =


 −
−−
−=ur ).
 Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunP rrr . Vậy ph−ơng trình mặt phẳng )(P đi qua ( )0;2;01 −M
và ⊥ ( )1;0;2 −=Pnr là: 02 =− zx .
Mặt khác ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−ơng 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 ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt
( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ( )3;3;21 Ht ⇒=
Cách II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ .
MH nhỏ nhất ( )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
V 1.
Ta có ( )0;1BOxBC =I . Đặt axA = ta có );( oaA và
.33 −=⇒= ayax CC Vậy ( )33; −aaC .
Từ công thức 
( )
( )


++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
 ta có 


 −+
3
)1(3;
3
12 aaG .
Cách I.
 Ta có :
 |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do đó
∑1đ
0,25 đ
7( )21
2
3.
2
1 −==∆ aACABS ABC .
Ta có 
( )
|1|3|1|3
132 2
−+−
−=++= aa
a
BCACAB
Sr = .2
13
|1| =+
−a
 Vậy .232|1| +=−a
TH1. 


 ++⇒+=
3
326;
3
347332 11 Ga
TH2 


 −−−−⇒−−=
3
326;
3
134132 22 Ga .
Cách II.
 y
 C
 I
 O B A x
Gọi I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp ABC∆ . Vì 22 ±=⇒= Iyr .
Ph−ơng trình ( ) 321
3
11.30: 0 ±=⇒−=−= IxxxtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=⇒ IxB Từ 2),( =ACId
.3232 +=+=⇒ Ixa 


 ++⇒
3
326;
3
347
1G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321−=⇒ IxB T−ơng tự
ta có .3212 −−=−= Ixa 


 −−−−⇒
3
326;
3
134
2G
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 3≥n và
∑1 đ
8( ) ( ) 028356
)2)(1(
!1
!5
!3!3
! 2 =−−⇔=−−⇔−=− nnn
nnn
n
n
n
n
 41 −=⇒ n (loại) hoặc .72 =n
Với 7=n ta có
.4421402.2.3514022 222
3
3
4
2
1
3
7 =⇔=⇔=⇔=






 −−−−− xC xxx
xx
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ