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

 1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 
 ------------------------- Đáp án và thang điểm đề thi chính thức 
 Môn toán, khối b 
Câu ý Nội dung ĐH CĐ 
I 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
x
,
3
4121612" 22 

 −=−= xxy 
3
20" ±=⇔= xy . 
Bảng biến thiên: 
∞+−−∞− 2
3
20
3
22x
−'y 0 + 0 − 0 + 
"y + 0 − 0 + 
 ∞+ 10 ∞+ 
y lõm U CĐ U lõm 
 CT lồi CT 
 6− 6− 
Hai điểm cực tiểu : ( )6;21 −−A và ( )6;22 −A . 
Một điểm cực đại: ( )10;0B . 
Hai điểm uốn: 

 −
9
10;
3
2
1U và 


9
10;
3
2
2U . 
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) 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
∑ 5,1 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
x 0
10
y
-6
-2 2
A2 A1 
B
U1 U2 
 2
I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy , 
 

=−+
=⇔=
092
0
0' 22 mmx
x
y 
 Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình 0'=y có 3 nghiệm 
 phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)⇔ ph−ơng trình 
 092 22 =−+mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 
 092 22 =−+mmx


 −=
≠
⇔
m
mx
m
2
9
0
2
2 . Ph−ơng trình 092 22 =−+mmx 
 có 2 nghiệm khác 0 

<<
−<⇔
.30
3
m
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 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
II 1 
 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− 
2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx +−−=+−−⇔ 
 ( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ xxxx 
 ( ) 07cos11coscos =−⇔ xxx 
 02sin9sincos =⇔ xxx 
 .
2
902sin9sin Zkkx
kx
xx ∈




=
=
⇔=⇔ π
π
Chú ý: 
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đ−a về ph−ơng trình tích. 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
 2 
 ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx (1). 
 Điều kiện: 73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3
>⇔>−⇔



>−
>−
≠>
x
xx
x
x
x (2). 
 Do 173log9 >>x nên ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3 
 ( ) 072333729 2 ≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3). 
 Đặt xt 3= thì (3) trở thành 
 2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x . 
Kết hợp với điều kiện (2) ta đ−ợc nghiệm của bất ph−ơng trình là: 
 273log9 ≤< x . 
∑ 0,1 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 
 3
 3 
 
 ++=+
−=−
).2(2
)1(3
yxyx
yxyx
 Điều kiện: )3(
.0
0


≥+
≥−
yx
yx
 ( )  += =⇔=−−−⇔ .101)1( 63 yx yxyxyx 
 Thay yx = vào (2), giải ra ta đ−ợc .1== yx 
 Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 
2
1,
2
3 == yx . 
 Kết hợp với điều kiện (3) hệ ph−ơng 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
∑ 0,1 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 
III 
Tìm giao điểm của hai đ−ờng cong 
4
4
2xy −= và 
24
2xy = : 
4
4
2x− =
24
2x 8804
432
2
24
±=⇔=⇔=−+⇔ xxxx . 
 Trên [ ]8;8− ta có 
24
2x
4
4
2x−≤ và do hình đối xứng qua trục tung 
 nên dxxxS ∫ 


 −−=
8
0
22
244
42 21
8
0
2
8
0
2
22
116 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ . 
 Để tính 1S ta dùng phép đổi biến tx sin4= , khi 40
π≤≤ t thì 80 ≤≤ x . 
 tdtdx cos4= và 

∈∀>
4
;00cos πtt . Do đó 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
∑ 5,1 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
x 0-4 4 
2
y
-2 2 2 2
2 A2 A1 
4
x
4y
2
−=
24
x
y
2
=
 4
( ) 422cos18cos1616 4
0
4
0
2
8
0
2
1 +=+==−= ∫∫∫ π
ππ
dtttdtdxxS . 
3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2 === ∫ xdxxS . Vậy 34221 +=−= πSSS . 
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dxxxS ∫
− 




 −−=
8
8
22
244
4 . 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
IV 1 
 Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳng AB bằng 
2
5 5=⇒ AD và 
2
5== IBIA . 
Do đó BA, là các giao điểm của đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I và bán 
kính 
2
5=R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ : 





=+

 −
=+−
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx
 Giải hệ ta đ−ợc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (vì 0<Ax ) ( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC . 
Chú ý: 
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đ−ờng thẳng AB . 
Sau đó tìm BA, là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ−ờng 
thẳng AB . 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
∑ 5,1 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
xCIOA 
D 
B
H
y
 5
IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA1 và DB1 . 
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 [ ] ( )22211 ;2;, aaaDBBA = . 
Vậy ( ) [ ][ ] 66,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd === . 
Cách II. ( ) DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11 ⊥⇒⊥⇒


⊥
⊥
. 
T−ơng tự DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ . 
 Gọi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nên 
GGCGBGA ⇒== 11 là tâm tam giác đều 11BCA có cạnh bằng 2a . 
Gọi I là trung điểm của BA1 thì IG là đ−ờng vuông góc chung của BA1 và 
DB1 , nên ( ) 62
3
3
1
3
1, 1111
aBAICIGDBBAd ==== . 
Chú ý: 
 Thí sinh có thể viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )P chứa BA1 và song song với 
DB1 là: 02 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1B (hoặc từ D ) tới ( )P , 
hoặc viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa DB1 và song song với BA1 là: 
022 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1A (hoặc từ B) tới ( )Q . 
∑ 0,1 đ
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
∑ 5,1 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
x
D1
D
C1
B1 
A1 
z 
y
x 
A
CB 
I
G
 6
 2b) 
Cách I. 
Từ Cách I của 2a) ta tìm đ−ợc 





 aaPaaNaaM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0; 
0.;0;
2
,
2
;
2
; 11 =⇒

=

−=⇒ NCMPaaNCaaaMP . 
Vậy NCMP 1⊥ . 
Cách II. 
Gọi E là trung điểm của 1CC thì ( )⇒⊥ 11CCDDME hình chiếu vuông góc của 
MP trên ( )11CCDD là 1ED . Ta có 
NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111
0
111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Từ đây 
theo định lý ba đ−ờng vuông góc ta có NCMP 1⊥ . 
∑ 0,1 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
V 
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L là 32nC . 
Gọi đ−ờng chéo của đa giác đều nAAA 221 L đi qua tâm đ−ờng tròn ( )O là 
đ−ờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đ−ờng chéo lớn. 
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L có các đ−ờng 
chéo là hai đ−ờng chéo lớn. Ng−ợc lại, với mỗi cặp đ−ờng 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 đ−ờng chéo lớn của đa giác nAAA 221 L tức 2nC . 
Theo giả thiết thì: 
∑ 0,1 đ
0,25 đ 
0,25 đ 
D1A1 
 B1 C1 
C 
B 
A 
M 
E
N
P 
y 
x 
z 
 7
( )
( ) ( )
( )( ) ( )
2
120
6
2212.2
!2!2
!20
!32!3
!220 232
−=−−⇔−=−⇔=
nnnnn
n
n
n
nCC 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