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

 1 
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002 
 Môn Toán, khối D 
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức 
Câu Nội dung Điểm 
 ĐH CĐ 
I 3đ 4đ 
 1. 1 1,5 
 Khi m = -1 ,ta có 
1x
4
3
1x
1x3
y −−−=−
−−= 
 -TXĐ : 1x ≠ 
 - CBT : ( ) ⇒≠∀>−= 1x,01x
4
y
2
, hàm số không có cực trị. 
1/4 1/4 
 3ylim
x
−=
∞→
 ; −∞=+∞=
+− →→ 1x1x
ylim;ylim . 
 - BBT : 
 x - ∞ 1 + ∞ 
 y/ + + 
 + ∞ 
 y -3 -3 
 - ∞ 1/4 1/4 
 - TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =→ ylim1x ∞ . 
 y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
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 
 2 
 2. 1 1,5 
 Diện tích cần tính là : 
 dx
1x
1x3
S
0
3/1
∫
−



−
−−= 
1/4 1/2 
 ∫ ∫
− − −
−−=
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
mx1m2
)x(f
2
−
−−= . Yêu cầu bài toán t−ơng đ−ơng với tìm 
m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm: 
 (H) ( )

=
=
.x)x(f
x)x(f
//
1/4 1/4 
Ta có (H) 
( )
( )



=



−
−−
=−
−−
⇔
0
1x
mx
0
1x
mx
/2
2
1/4 1/4 
( )
( )( ) ( )
( )


=−
−+−−−
=−
−−
⇔
0
1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2
1/4 1/4 
 Ta thấy với 1m ≠∀ ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m ≠∀ , (H) 
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ 
thị hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m ≠ . 
 ĐS : 1m ≠ . 
1/4 1/4 
II 2đ 3đ 
 1. 1 1,5 
Bất ph−ơng trình 







≥−
>−−
=−−
⇔
0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2
1/4 1/2 
 TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2 22 −=∨=⇔=−−⇔=−− 
 1/4 1/4 
TH 2: 


≥−
>−−⇔


≥−
>−−
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2
2
2



≥∨≤
>∨−<⇔
3x0x
2x
2
1
x
 1/4 
 3 
 3x
2
1
x ≥∨−< 
1/4 1/4 
 Từ hai tr−ờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x ≥∨=∨−≤ 
1/4 1/4 
 2. 1 1,5 
Hệ ph−ơng trình 


=
−=⇔
y2
y4y52
x
2x3
1/4 1/2 


=+−
>=⇔
0y4y5y
0y2
23
x
1/4 1/4 


=∨=∨=
>=⇔
4y1y0y
0y2x
1/4 1/4 
 ⇔


=
=∨


=
=
4y
2x
1y
0x
1/4 1/2 
III 
1đ 1đ 
 Ph−ơng trình ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔ 
 0xcos8xcos4 23 =−⇔ 
 ( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔ 
 0xcos =⇔ 1/4 1/2 
 π+π=⇔ k
2
x . 
1/4 1/4 
 [ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4 
ĐS : ;
2
x
π= 
2
3
x
π= ; 
2
5
x
π= ; 
2
7
x
π= . 
1/4 1/4 
IV 2đ 2đ 
 1. 1 1 
 Cách 1 
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB⊥ 1/4 1/4 
 Lại có ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ và ACAD⊥ , nên AB, AC, AD đôi 
một vuông góc với nhau. 
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 ph−ơng 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 =
++
 (cm). 
1/4 1/4 
 4 
 Cách 2 
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB⊥ 1/4 1/4 
Lại có ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ và ACAD⊥ , nên AB, AC, AD đôi 
một vuông góc với nhau. 
1/4 
1/4 
 D 
 H C 
 A E 
 B 
Gọi AE là đ−ờng cao của tam giác ABC; AH là đ−ờng cao của tam giác 
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính. 
Dễ dàng chứng minh đ−ợc 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 đ−ợc: 
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 ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ và ACAD⊥ , nên AB, AC, AD đôi 
một vuông góc với nhau. 
1/4 
1/4 
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1 =⋅⋅⋅ . 
áp dụng công thức 
)BCD(dt
V3
AH ∆= với V = 8 và dt(∆BCD) =2 34 
ta tính đ−ợc cm
17
346
AH = . 
1/2 1/2 
 2 1 1 
 Cách 1: 
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến ( )0;1;2n −→ . Đ−ờng thẳng md có vec 
tơ chỉ ph−ơng ( )( ) ( ) ( )( )m1m;1m2; 1m2m1u 2 −−+−+−→ . 1/4 1/4 
Suy ra 
→
u .
→
n =3(2m+1). 
md song song với (P) 


⊄
⊥⇔
→→
)P(d
nu
m
1/4 1/4 
 5 
( )


∉∈∃
=⇔
→→
PA,dA
0n.u
m
Ta có : điều kiện 0n.u =→→ 
2
1
m −=⇔ 
1/4 1/4 
Mặt khác khi m = - 1/2 thì md có ph−ơng trình : 

=
=−
0x
01y
 , mọi điểm 
A( 0;1;a) của đ−ờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện ( )PA,dA m ∉∈∃ đ−ợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2 1/4 1/4 
 Cách 2: 
Viết ph−ơng trình dm d−ới dạng tham số ta đ−ợc 



−−−=
+−=
+−=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2 
1/4 1/4 
md // (P)⇔ hệ ph−ơng trình ẩn t sau 



=+−
−−−=
+−=
+−=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
 vô nghiệm 
1/4 1/4 
 ⇔ ph−ơng 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: 
md // (P) ⇔ hệ ph−ơng trình ẩn x, y, z sau 
(H) ( ) ( )



=++++
=−+−++
=+−
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2
vô nghiệm 1/4 1/4 
Từ 2 ph−ơng trình đầu của hệ ph−ơng trình trên suy ra



+=
−=
3
4m2
y
3
1m
x
 1/4 1/4 
 Thế x , y tìm đ−ợc vào ph−ơng trình thứ ba ta có : 
)6m11m(
3
1
z)1m2( 2 ++−=+ 
1/4 1/4 
Hệ (H) vô nghiệm 
2
1
m −=⇔ 
1/4 1/4 
V 2đ 
 1. 1 
Ta có : ( ) ∑
=
=+
n
0k
kk
n
n xC1x , 
1/4 
Cho x = 2 ta đ−ợc ∑
=
=
n
0k
kk
n
n 2C3 
1/4 
 5n32433 5n =⇔==⇒ . 1/2 
 6 
 2. 1 
 Cách 1 
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên 
hai tia Ox và Oy. 
Đ−ờng thẳng MN có ph−ơng trình : 01
n
y
m
x =−+ 
1/4 
 Đ−ờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi : 
 1
n
1
9
m
1
16
22
=

+


. 
1/4 
 Theo BĐT Côsi ta có : 
( )
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=

 ++=+=
499.16225 =+≥ 7MN ≥⇒ 1/4 
Đẳng thức xảy ra 







>>
=+
=
⇔
0n,0m
49nm
n
m9
m
n16
22
2
2
2
2
 ⇔ 21n,72m == . 
 KL: Với ( ) ( )21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7. 1/4 
 Cách 2 
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên 
hai tia Ox và Oy. 
Đ−ờng thẳng MN có ph−ơng trình : 01
n
y
m
x =−+ 
1/4 
 Đ−ờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi : 
 1
n
1
9
m
1
16
22
=

+


. 
1/4 
 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có 
( ) 49
n
3
.n
m
4
.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222 =

 +≥

 ++=+= .
7MN ≥⇒ 1/4 
- Đẳng thức xảy ra 







>>
=+
=
⇔
0n,0m
7nm
n
3
:n
m
4
:m
22 ⇔ 21n,72m == . 
KL: Với ( ) ( )21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7. 1/4 
 Cách 3: 
Ph−ơng trình tiếp tuyến tại điểm (x0 ; y0) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx 00 =+ 
 1/4 
 7 
Suy ra toạ độ của M và N là 



0;
x
16
M
0
 và 



0y
9
;0N 
⇒ 


 +


 +=+=
2
0
2
2
0
22
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y
9
x
16
MN 
1/4 
 Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh− cách 1 hoặc cách 2) 
ta có : 22 7MN ≥ 
 1/4 
- Đẳng thức xảy ra 
7
213
y;
7
78
x 00 ==⇔ . 
- Khi đó ( ) ( )21;0N,0;72M và GTNN (MN) = 7 1/4 
-----------------------Hết---------------------- 
 8 
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 
 ------------------------ --------------------------------------------- 
 H−ớng dẫn chấm thi môn toán khối D 
Câu I: 
 1. -Nếu TS làm sai ở b−ớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đ−ợc điểm. 
-Nếu TS xác định đúng hàm số và chỉ tìm đúng 2 tiệm cận thì đ−ợc 1/4 điểm. 
 2. Nếu TS làm sai ở b−ớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đ−ợc điểm. 
3. -Nếu TS dùng điều kiện nghiệm kép thì không đ−ợc điểm. 
-Nếu TS không loại giá trị m = 1 thì bị trừ 1/4 điểm. 
Câu II: 
 1. -Nếu TS làm sai ở b−ớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đ−ợc điểm. 
-Nếu TS kết luận nghiệm sai bị trừ 1/4 điểm . 
-Nếu TS sử dụng điều kiện sai: 







≤
<


≥
≥
⇔≥
0)x(g
0)x(f
0)x(g
0)x(f
0)x(g).x(f và dẫn đến kết quả đúng sẽ 
bị trừ 1/4 điểm. 
2. TS làm đúng ở b−ớc nào đ−ợc điểm ở b−ớc đó. 
Câu III: 
 TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó. 
Câu IV: 
TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó. 
Câu V: 
 1. TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó. 
 2. TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó. 
----------------------Hết----------------------