Đáp án toán A 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 A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 (1,0 điểm) () 12 33 2 + = x xx y = () 11 x1 22x1 + . a) Tập xác định: { } R\ 1 . b) Sự biến thiên: 2 x(2 x) y' 2(x 1) = ; y' 0 x 0, x 2== =. 0,25 y CĐ = y(2) = 1 2 , y CT = y(0) = 3 2 . Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. Đờng thẳng 1 yx1 2 = + là tiệm cận xiên. 0,25 Bảng biến thiên: x 0 1 2 + y' 0 + + 0 y + + 1 2 3 2 0,25 c) Đồ thị: 0,25 2 I.2 (1,0 điểm) Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là : () m x xx = + 12 33 2 () 02332 2 =++ mxmx (*). 0,25 Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0> 2 4m 4m 3 0> 3 m 2 > hoặc 1 m 2 < (**) . 0,25 Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành độ x 1 , x 2 là nghiệm của phơng trình (*). AB = 1 1 21 = xx 2 12 xx 1= () 12 2 12 xx 4xx1+ = 0,25 ()() 123432 2 = mm 15 m 2 = (thoả mãn (**)) 0,25 II 2,0 II.1 (1,0 điểm) Điều kiện : x4 . 0,25 Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình: 22 2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> > 0,25 + Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25 + Nếu 4x5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta đợc: () () 2 22 2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +< 10 34 x 10 34 <<+ . Kết hợp với điều kiện 4x5 ta có: 10 34 x 5<. Đáp số: x10 34> 0,25 II.2 (1,0 điểm) Điều kiện: y > x và y > 0. () 1 1 loglog 4 4 1 = y xy () 1 1 loglog 44 = y xy 0,25 4 yx log 1 y = 4 3y x = . 0,25 Thế vào phơng trình x 2 + y 2 = 25 ta có: 2 2 3y y25y4. 4 +== 0,25 So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x). Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4). 0,25 III 3,0 III.1 (1,0 điểm) + Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) J JJG có phơng trình 3x 3y 0+=. Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) J JJG có phơng trình y = 1 ( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) J JJG có phơng trình 3x y 2 0+=) 0,25 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1) 0,25 + Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1. Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x y 2 0++= . ( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình 3x 3y 0+=). 0,25 3 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB là () I3;1 . 0,25 III.2.a (1,0 điểm) + Ta có: () C2;0;0 , () D0; 1;0 , ( ) 2;0;1M , () 22;0;2 =SA , () BM 1; 1; 2= JJJJG . 0,25 Gọi là góc giữa SA và BM. Ta đợc: () SA.BM 3 cos cos SA, BM 2 SA . BM = = = J JJG JJJJG JJJG JJJJG JJJGJJJJG 30= . 0,25 + Ta có: () SA, BM 2 2; 0; 2 = J JJGJJJJG , () AB 2; 1; 0= J JJG . 0,25 Vậy: () SA, BM AB 26 dSA,BM 3 SA, BM == JJJGJJJJGJJJG JJJGJJJJG 0,25 III.2.b (1,0 điểm) Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD 2; 2 1 ;0N . 0,25 () SA 2; 0; 2 2= JJJG , () 2;0;1 =SM , () 22;1;0 =SB , 1 SN 0; ; 2 2 = JJJG () SA, SM 0; 4 2; 0 = JJJG JJJG . 0,25 S.ABM 122 V SA,SM SB 63 == JJJG JJJG JJG 0,25 S.AMN 12 V SA,SM SN 63 == JJJG JJJG JJJG S.ABMN S.ABM S.AMN VVV 2=+= 0,25 IV 2,0 IV.1 (1,0 điểm) 2 1 x Idx 1x1 = + . Đặt: 1= xt 1 2 += tx tdtdx 2= . 01 == t x , 12 == t x . 0,25 4 Ta có: 111 23 2 000 t1 tt 2 I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt 1t 1t t1 ++ ===+ ++ + 0,25 I 1 32 0 11 2t t2t2lnt1 32 =++ 0,25 11 11 I 2 2 2 ln 2 4ln 2 32 3 =+ = . 0,25 IV.2 (1, 0 điểm) () () () () () () () () () 8 234 2 0 12 24 36 48 88 8 8 8 5678 5 10 6 12 7 14 8 16 8888 1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x + =+ + + + ++++ 0,25 Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25 Vậy x 8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là: 32 40 83 84 C.C, C.C 0,25 Suy ra a 8 168 70 238=+=. 0,25 V 1,0 Gọi 3cos22cos222cos ++= CBAM 3 2 cos 2 cos2221cos2 2 + += CBCB A . 0,25 Do 0 2 sin > A , 1 2 cos CB nên 2 A M2cosA42sin 4 2 + . 0,25 Mặt khác tam giác ABC không tù nên 0cos A , AA coscos 2 . Suy ra: 4 2 sin24cos2 + A AM 4 2 sin24 2 sin212 2 + = AA 2 2 sin24 2 sin4 2 += AA 01 2 sin22 2 = A . Vậy 0M . 0,25 Theo giả thiết: M = 0 = = = 2 1 2 sin 1 2 cos coscos 2 A CB AA A90 BC45 = == 0,25