Đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng môn Toán khối D năm 2003

 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 
 −−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm 
 đề thi chính thức Môn thi : toán Khối D 
Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 2 4
2
x xy
x
− += − . 1 điểm
Tập xác định :R \{ 2 }.
 Ta có 
2 2 4 4 .
2 2
x xy x
x x
− += = +− − 
2
2 2
04 4' 1 . ' 0
4.( 2) ( 2)
xx xy y
xx x
=−= − = = ⇔  =− −  
[ ] 4lim lim 0
2x x
y x
x→∞ →∞− = = ⇒− tiệm cận xiên của đồ thị là: y x= , 
 tiệm cận đứng của đồ thị là: 
2
lim
x
y→ = ∞⇒ 2x = . 
Bảng biến thiên: 
Đồ thị không cắt trục hoành. 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; −2). 
0,25đ 
0,5đ 
0,25đ 
2) 1 điểm
Đ−ờng thẳng cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt md
⇔ ph−ơng trình 4 2 2
2
x mx m
x
+ = + −− có hai nghiệm phân biệt khác 2 
2( 1)( 2) 4m x⇔ − − = có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ 1 0m − > 1.m⇔ > 
Vậy giá trị cần tìm là m 1.m >
0,5đ 
0,5đ 
x
2
6
−2
2 4O
y
x − ∞ 0 2 4 + ∞ 
y’ + 0 − − 0 + 
 − 2 + ∞ + ∞ 
y CĐ CT 
 − ∞ − ∞ 6 
 1
Câu 2. 2điểm
1) Giải ph−ơng trình 2 2 2π tg cos 0
2 4 2
x xx − −  sin (1) = 1 điểm
Điều kiện: (*). Khi đó cos 0x ≠
( )221 sin 1(1) 1 cos 1 cos2 2 2cos
xx x
x
π  ⇔ − − = +     ( ) ( )
2 21 sin sin 1 cos cosx x x⇔ − = + x 
( ) ( )1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin )x x x x x⇔ − − + = + − + x 
( )1 sin (1 cos )(sin cos ) 0x x x x⇔ − + + = 
π 2πsin 1 2
cos 1 π 2π
tg 1 π π
4
x kx
x x k
x x k
 = += ⇔ = − ⇔ = +  = − = − +
 ( )k∈Z . 
Kết hợp điều kiện (*) ta đ−ợc nghiệm của ph−ơng trình là: 
π 2π
π π
4
x k
x k
= + = − +
 ( ) . k∈Z
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
2) Giải ph−ơng trình (1). 
2 222 2x x x x− + −− 3= 1 điểm
Đặt . 
2
2 0x xt t−= ⇒ >
Khi đó (1) trở thành 2
4 3 3 4 0 ( 1)( 4) 0t t t t t
t
− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4t (vì t ) 0>
Vậy 
2 22 4x x x x− = ⇔ − = 2 1
2.
= −⇔  =
x
x
Do đó nghiệm của ph−ơng trình là 
1
2.
= − =
x
x
0,5đ 
0,5đ 
Câu 3. 3điểm
1) 1 điểm
Từ ( ) suy ra có tâm và bán kính 2 2: ( 1) ( 2) 4− + − =C x y ( )C (1;2)I 2.R =
Đ−ờng thẳng có véctơ pháp tuyến là nd (1; 1). = −uur Do đó đ−ờng thẳng ∆ đi qua 
 và vuông góc với d có ph−ơng trình: (1;2)I 1 2
1 1
x y x y 3 0− −= ⇔ + −− = . 
Tọa độ giao điểm của và là nghiệm của hệ ph−ơng trình: H d ∆
1 0 2
(2;1).
3 0 1
x y x
H
x y y
− − = = ⇔ ⇒ + − = =  
Gọi là điểm đối xứng với qua . Khi đó J (1;2)I d
2 3
(3;0)
2 0
 J H I
J H I
x x x
J
y x x
= − = ⇒ = − =
. 
Vì đối xứng với ( qua nên có tâm là và bán kính 
Do đó có ph−ơng trình là: 
( ')C
(C
)C d ( ')C
2 2
(3;0)J 2.R =
') ( 3) 4− +x y = . 
Tọa độ các giao điểm của ( và là nghiệm của hệ ph−ơng trình: )C ( ')C
2 2
2 2 22 2
1 0 1( 1) ( 2) 4 1, 0
3, 2.( 3) 4 2 8 6 0( 3) 4
x y y xx y x y
x yx y x xx y
 − − = = − − + − = = =  ⇔ ⇔ ⇔    = =− + = − + =  − + =  
Vậy tọa độ giao điểm của và ( là và ( )C ')C (1;0)A (3;2).B
0,5 
0,25đ 
0,25đ 
 2
2) 1 điểm
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định là kd 1 (1;3 ; 1)= −
uur
n k 
và . Vectơ pháp tuyến của là 2 ( ; 1;1)= −
uur
n k ( )P (1; 1; 2)= − −rn . 
Đ−ờng thẳng có vectơ chỉ ph−ơng là: kd
2
1 2, (3 1; 1; 1 3 ) 0 k k k− − − − − ≠
r
Nên 
21 1 3 1.
1 1 2
k k k k− − − − −= = ⇔ =− − 
Vậy giá trị cần tìm là 
0,5đ 
0,5 đ 
3) 1 điểm
Ta có (P) ⊥ (Q) và ∆ = (P) ∩ (Q), mà 
AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay 
. T−ơng tự, ta có BD ⊥ ∆ nên 
BD ⊥(P), do đó CBD . Vậy A và B 
A, B nằm trên mặt cầu đ−ờng kính CD. 
 090=CAD
 090=
Và bán kính của mặt cầu là: 
2 21
2 2
CDR BC BD= = + 
2 2 21 3
2 2
aAB AC BD= + + = . 
Gọi H là trung điểm của BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥(P) nên BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD). 
Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và 
1 2 .
2 2
aAH BC= = 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
1
xy
x
+=
+
 trên đoạn [ ]1; 2− . 1 điểm
2 3
1' .
( 1)
xy
x
−=
+
' 0 1y x= ⇔ = . 
Ta có
3( 1) 0, 2, (2) .
5
 y(1) y y− = = = 
Vậy [ ]1;2 (1) 2max y y− = = và [ ]1;2min ( 1) 0.y y− = − = 
0,5đ 
0,5đ 
2) Tính tích phân 
2
2
0
 I x x d= −∫ x . 1 điểm
Ta có 2 0 0 1x x x− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra 
1 2
2 2
0 1
( ) ( ) = − + −∫ ∫I x x dx x x dx 
1 22 3 3 2
0 1
1.
2 3 3 2
   = − + − =         
x x x x 
0,5đ 
0,5đ 
u n n k = = 
r uur uur
3 1( ) || kd P u n⊥ ⇔ ⇔
r r
k 1.=k
.∀
A B
C 
D 
P
Q 
∆
H 
 3
Câu 5. 1điểm
Cách 1: Ta có ( 2 0 2 1 2 2 2 2 41) ...n n n nn n n
n
nx C x C x C x C
− −+ = + + + + , 
0 1 1 2 2 2 3 3 3( 2) 2 2 2 ... 2n n n n n nn n n n
n
nx C x C x C x C x C
− − −+ = + + + + + . 
Dễ dàng kiểm tra 1, 2= =n n không thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Với thì 3≥n 3 3 2 3 2 2 1.n n n n nx x x x x− − −= = −
Do đó hệ số của 3 3−nx trong khai triển thành đa thức của là 2( 1) ( 2+ +n nx x )
nC
3 0 3 1 1
3 3 2 . . 2. .n n n na C C C− = + . 
Vậy 
2
3 3
5
2 (2 3 4)26 26 73
2
−
=− + = ⇔ = ⇔  = −
n
n
n n na n n
n
Vậy là giá trị cần tìm (vì nguyên d−ơng). 5=n n
Cách 2: 
Ta có 
2 3
2
3 3 2
2
0 0 0 0
1 2( 1) ( 2) 1 1
1 2 2 .
n n
n n n
i kn n n n
n i k n i i k k k
n n n n
i k i k
x x x
xx
x C C x C x C x
xx
− −
= = = =
   + + = + +     
       = =           
∑ ∑ ∑ ∑
Trong khai triển trên, luỹ thừa của x là 3 3n − khi 2 3i k− − = −
3k
, hay 
Ta chỉ có hai tr−ờng hợp thỏa điều kiện này là 
2 3i k+ = .
0,i = = hoặc i 1, 1k= = . 
Nên hệ số của 3 3−nx là . 0 3 3 1 13 3 . .2 . .2n n n n na C C C C− = +
Do đó 
2
3 3
5
2 (2 3 4)26 26 73
2
−
=− + = ⇔ = ⇔  = −
n
n
n n na n n
n
Vậy là giá trị cần tìm (vì nguyên d−ơng). 5=n n
0,75đ 
0,25đ 
hoặc 
0,75đ 
0,25đ 
 4