đáp án đề thi đại học môn toán năm 2003 khối a

1 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 A Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Khi 2 11 1. 11 xx my x xx + = = = + Tập xác định: \{ 1 }.R + 2 22 0 12 ' 1 . ' 0 2. (1) (1) x xx yy x xx = + = + = = = + [] = = 0 1 1 lim)(lim x xy xx tiệm cận xiên của đồ thị là: x y = . = y x 1 lim tiệm cận đứng của đồ thị là: 1 = x . Bảng biến thiên: Đồ thị không cắt trục hoành. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1). 1 điểm 0,25 đ 0,5 đ 0, 25 đ x 0 1 2 + y 0 + + 0 + + 3 y CT CĐ 1 y x O 1 2 3 1 1 2 2) Đồ thị hàm số 1 2 ++ = x mxmx y cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dơng phơng trình 2 () 0fx mx x m=++= có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1 2 0 14 0 (1) 2 1 0 1 0, 0 m m fm m SP mm = > =+ = > = > 0 1 1 2 0 1 2 2 0 m m m m m < << < . Vậy giá trị m cần tìm là: 1 0 2 m << . 1 điểm 0,25 đ 0,75 đ Câu 2. 2điểm 1) Điều kiện sin 0 cos 0 (*) tg 1 x x x . Khi đó phơng trình đã cho )cos(sinsin cos sin 1 sincos 1 sin cos 22 xxx x x xx x x + + = cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin xx x xx xx x x =+ 2 (cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + = 2 cos sin 0 1 sin cos sin 0. xx xx x = += TH1 : sin cos tg 1 ( ) 4 xxx xkk===+ Z thỏa mãn điều kiện (*). TH2: 22 1 1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0: 2 xx x x x+=+= vô nghiệm. Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) 4 xkk = +Z . 2) Giải hệ 3 11 (1) 2 1 (2). xy xy yx = =+ + Điều kiện 0.xy + Ta có 1 (1) ( )(1 ) 0 1. x y xy xy xy = + = = TH1 : 33 2 2121(1)(1)0 xy xy xy yx xx x x x == = =+ =+ += 1 15 2 15 . 2 xy xy xy == + == == 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0,5 đ 3 TH2 : 3 3 4 1 1 1 (3) 2 21 1 2 0 (4). y xy y x x yx x xx x = = = =+ = + ++= Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm. Cách 1. 22 42 113 20, 222 ++= + + + > x xx x x. Cách 2. Đặt 4 3 1 () 2 () min () 0 4 =++ = > x fx x x fx fx f R . Trờng hợp này hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: 1515 1515 (; ) (1;1), ; , ; 22 22 xy + + = . 0, 25 đ Câu 3. 3điểm 1) Cách 1. Đặt A Ba= . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH AC, mà BD (AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc phẳng nhị diện [] ,', B AC D là góc n B HD . Xét ' A DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có .' .'DH A C CD A D= .' ' CD A D DH A C = .2 2 33 aa a a == . Tơng tự, ' A BC vuông tại B có BH là đờng cao và 2 3 a BH = . Mặt khác: n n 22 2 2222 22 2 2 2 . cos 2. cos 33 3 aa a aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+ , do đó n 1 cos 2 BHD = n o 120BHD= . Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc). Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của ' A C và (') B CD n B HD là góc phẳng của [] ;'; B AC D . Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD H là tâm BCD đều n o 120BHD= . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ A A B C D D C B H I 4 2) a) Từ giả thiết ta có ) 2 ; ;() ; ;(' 0); ; ;( b aaMbaaCaaC . Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 b BD a a BM a= = J JJG JJJJG 2 , ; ; 22 ab ab B DBM a = J JJG JJJJG . () 2 3 '; 0; ,.' . 2 ab BA a b BD BM BA = = J JJG JJJG JJJJGJJJG Do đó 2 ' 1 ,.' 64 BDA M ab VBDBMBA == J JJG JJJJGJJJG . b) Mặt phẳng ()BDM có véctơ pháp tuyến là 2 1 ,; ; 22 ab ab nBDBM a == J JGJJJGJJJJG , mặt phẳng (' ) A BD có véctơ pháp tuyến là 2 2 ,'(; ; )nBDBAababa == J JG JJJG JJJG . Do đó 22 22 4 12 ()(').0 0 22 ab ab B DM A BD n n a a b = + == JJGJJG 1 a b = . 2 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 5 đ 0, 5 đ Câu 4. 2điểm 1) Ta có ( ) 11 43 33 3 7( 3) 7( 3) nn nn n nn nn n CC n CC C n ++ ++ ++ + =+ + =+ (2)(3) 7( 3) 2 7.2! 14 12. 2! nn nn n ++ =++=== Số hạng tổng quát của khai triển là () 12 56011 3 22 12 12 . k k k kk Cx x Cx = . Ta có 60 11 8 2 60 11 84. 2 = == k k xx k Do đó hệ số của số hạng chứa 8 x là .495 )!412(!4 !12 4 12 = =C 2) Tính tích phân 23 22 5 4 xdx I xx = + . Đặt 2 2 4 4 x dx tx dt x =+= + và 22 4.xt = Với 5x = thì 3t = , với 23x = thì 4t = . Khi đó 23 4 4 2 22 33 5 11 1 422 4 4 xdx dt Idt tt t xx === + + 4 3 1215 ln ln . 4243 t t == + 1 điểm 0, 5 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0,25 đ 0, 25 đ A A B C D D C B y x z 5 Câu 5. 1điểm Với mọi ,uv GG ta có | | | | | | (*)uv u v+ + GG G G (vì ( ) 2 22 222 | | 2. || || 2||.|| ||||uv u v uv u v u v u v+=++ + + = + GG G G GG G G G G G G ) Đặt , 1 ; = x xa = y yb 1 ; , = z zc 1 ; . áp dụng bất đẳng thức (*) ta có || |||| | ||| | |.a b c ab c abc++ ++ ++ G GG GGG GGG Vậy 2 222 2 222 111 111 ()Px y z xyz x yz xyz =++++++++++ . Cách 1 . Ta có () 2 2 2 2 3 3 111 1 9 ( ) 3 3 9P x y z xyz t x yz xyz t +++++ + =+ , với () 2 2 3 1 0 39 xyz txyz t ++ =< . Đặt 2 991 () 9 '() 9 0, 0; () 9 Qt t Q t t Qt t t =+ = < giảm trên 1 0; 9 1 ( ) 82. 9 Qt Q = Vậy () 82.PQt (Dấu = xảy ra khi 1 3 xyz=== ). Cách 2 . Ta có 22 222 111 111 ( ) 81( ) 80( ) x yz xyz xyz xyz xyz ++ + ++ = ++ + ++ ++ 2 111 18( ) 80( ) 162 80 82.xyz xyz xyz ++ ++++= Vậy 82.P (Dấu = xảy ra khi 1 3 xyz=== ). Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác. 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0,25 đ 0,5 đ . 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 A Nội dung điểm Câu. 0,5 đ A A B C D D C B H I 4 2) a) Từ giả thi t ta có ) 2 ; ;() ; ;(' 0); ; ;( b aaMbaaCaaC . Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 b BD a a BM a= = J JJG