Đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng môn Toán khối D năm 2004

 1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm 
 ..................... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 
 ........................................... 
 Đề chính thức Môn: Toán, Khối D 
 (Đáp án - thang điểm có 4 trang) 
Câu ý Nội dung Điểm
I 2,0 
 1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm) 
 1962 23 ++−=⇒= xxxym . 
 a) Tập xác định: R . 
 b) Sự biến thiên: 
 2 2y ' 3x 12x 9 3(x 4x 3)= − + = − + ; y ' 0 x 1, x 3= ⇔ = = . 0,25 
 yCĐ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. Đồ thị hàm 
số lồi trên khoảng ( ; 2),−∞ lõm trên khoảng );2( ∞+ và có điểm uốn là 
)3;2(U . 0,25 
 Bảng biến thiên: 
 x −∞ 1 3 + ∞ 
 y' + 0 − 0 + 
 y 5 + ∞ 
 −∞ 1 
 0,25 
 c) Đồ thị: 
 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 1). 
0,25 
 2 Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số ...(1,0 điểm) 
 y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m . 
y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 1. 0,25 
 y" đổi dấu từ âm sang d−ơng khi đi qua x = m, nên điểm uốn của đồ thị hàm số 
(1) là I( m; − 2m3 + 9m +1). 0,25 
 I thuộc đ−ờng thẳng y = x + 1 ⇔ − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25 
 ⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoặc 2±=m . 0,25 
 2
II 2,0 
 1 Giải ph−ơng trình (1,0 điểm) 
 ( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx 
⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. 0,25 
• 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx =
1 x k2 , k
2 3
π
⇔ = ± + π ∈Z . 
0,25 
• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k
4
π
= − + π ∈Z . 
0,25 
 Vậy ph−ơng trình có nghiệm là: x k2
3
π
= ± + π và x k , k
4
π
= − + π ∈Z . 
0,25 
 2 Tìm m để hệ ph−ơng trình có nghiệm (1,0 điểm) 
Đặt: u = x , v y,u 0, v 0.= ≥ ≥ Hệ đã cho trở thành: 3 3
u v 1
u v 1 3m
+ =⎧⎨
+ = −⎩
 (*) 
0,25 
 u v 1
uv m
+ =⎧
⇔ ⎨
=⎩
⇔ u, v là hai nghiệm của ph−ơng trình: t2 − t + m = 0 (**). 
0,25 
 Hệ đã cho có nghiệm (x; y) ⇔ Hệ (*) có nghiệm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph−ơng trình 
(**) có hai nghiệm t không âm. 0,25 
 ⇔ 
1 4m 0
1S 1 0 0 m .
4
P m 0
∆ = − ≥⎧⎪
= ≥ ⇔ ≤ ≤⎨⎪
= ≥⎩
0,25 
III 3,0 
 1 Tính toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC và tìm m... (1,0 điểm) 
 Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: 
 A B C A B CG G
x x x y y y mx 1; y
3 3 3
+ + + +
= = = = . Vậy G(1; 
m
3
). 
0,25 
 Tam giác ABC vuông góc tại G ⇔ GA.GB 0=
JJJG JJJG
. 0,25 
 m mGA( 2; ), GB(3; )
3 3
− − −
JJJG JJJG
. 
0,25 
GA.GB 0=
JJJG JJJG 2m6 0
9
⇔ − + = m 3 6⇔ = ± . 
0,25 
 2 Tính khoảng cách giữa B1C và AC1,... (1,0 điểm) 
 a) Từ giả thiết suy ra: 
1 1C (0; 1; b), B C (a; 1; b)= −
JJJJG
1 1AC ( a; 1; b), AB ( 2a;0; b)= − = −
JJJJG JJJJG
0,25 
 3
( ) 1 1 11 1 2 2
1 1
B C, AC AB abd B C, AC
a bB C, AC
⎡ ⎤⎣ ⎦
= =⎡ ⎤ +⎣ ⎦
JJJJG JJJJG JJJJG
JJJJG JJJJG . 
0,25
 b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 
1 1 2 2
ab ab 1 1 a bd(B C;AC ) ab 2
22ab 2 2a b
+
= ≤ = ≤ =
+
. 
0,25
 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2. 
Vậy khoảng cách giữa B1C và AC1 lớn nhất bằng 2 khi a = b = 2. 0,25
 3 Viết ph−ơng trình mặt cầu (1,0 điểm) 
 I(x; y; z) là tâm mặt cầu cần tìm ⇔ I ∈ (P) và IA = IB = IC . 
Ta có: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2 
 ; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ; 
 IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 . 0,25
 Suy ra hệ ph−ơng trình: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
=−++
22
22
02
ICIB
IBIA
zyx
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
=+
=++
⇔
1
2
2
zy
zx
zyx
0,25
 .0;1 ===⇔ yzx 0,25
 ⇒== 1IAR Ph−ơng trình mặt cầu là ( x − 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1. 0,25
IV 2,0
 1 Tính tích phân (1,0 điểm) 
I = 
3
2
2
ln(x x)dx−∫ . Đặt 2 2
2x 1du dxu ln(x x)
x x
dv dx v x
−⎧⎧ == − ⎪⇒
−⎨ ⎨
=⎩ ⎪ =⎩
. 
0,25
 3 332
2
2 2
2x 1 1I x ln(x x) dx 3ln 6 2ln 2 2 dx
x 1 x 1
− ⎛ ⎞
= − − = − − +⎜ ⎟
− −⎝ ⎠∫ ∫ 0,25
 ( ) 3
2
3ln 6 2ln 2 2x ln x 1= − − + − . 0,25
 I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. 0,25
 2 Tìm số hạng không chứa x... (1, 0 điểm) 
Ta có: ( )7 k7 7 kk3 374 4
k 0
1 1x C x
x x
−
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ 0,25
7 k k 28 7k7 7
k k3 4 12
7 7
k 0 k 0
C x x C x
− − −
= =
= =∑ ∑ . 
0,25
 Số hạng không chứa x là số hạng t−ơng ứng với k (k Z, 0 k 7)∈ ≤ ≤ thoả mãn: 
 40
12
728
=⇔=
− kk . 
0,25
 Số hạng không chứa x cần tìm là 47C 35= . 0,25
 4
V Chứng minh ph−ơng trình có nghiệm duy nhất 1,0 
 x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) . 
(1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. 0,25 
 Với x ≥ 1: Xét hàm số 5 2f (x) x x 2x 1= − − − . Khi đó f(x) là hàm số liên tục 
với mọi x ≥ 1. 
Ta có: 
 f(1) = − 3 0. Suy ra f(x) = 0 có nghiệm thuộc ( 1; 2). (2) 0,25 
 f '( x) = 4 4 4 45x 2x 2 (2x 2x) (2x 2) x− − = − + − + . 
 3 4 42x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1= − + − + > ∀ ≥ . 0,25 
 Suy ra f(x) đồng biến trên [ 1; +∞) (3). 
Từ (1), (2), (3) suy ra ph−ơng trình đã cho có đúng một nghiệm. 0,25