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)
1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm)
1 9 6
a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:
y ' 3x= 2ư12x 9 3(x+ = 2 ư4x 3)+ ; y' 0= ⇔ =x 1, x 3= 0,25
yCĐ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1 y'' = 6x 12ư = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3 Đồ thị hàm
số lồi trên khoảng (ư∞; 2), lõm trên khoảng (2;+∞) và có điểm uốn là
) 3
; 2 (
Bảng biến thiên:
y 5 + ∞
ư∞ 1
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 ư 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 ư 6mx + 9; y'' = 6x ư 6m
y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = ư2m3 + 9m + 1 0,25
y" đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = m, nên điểm uốn của đồ thị hàm số
I thuộc đường thẳng y = x + 1 ⇔ ư2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25
⇔ 2m(4 ư m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m=±2 0,25
Trang 2II 2,0
1 Giải phương trình (1,0 điểm)
( 2cosx ư1) (2sinx + cosx) = sin2x ư sinx
• 2cosx ư 1= 0 ⇔ cosx =1 x k2 , k
π
⇔ = ± + π ∈Z
0,25
• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = ư1 ⇔ x k , k
4
π
= ư + π ∈Z
0,25
Vậy phương trình có nghiệm là: x k2
3
π
= ± + π và x k , k
4
π
= ư + π ∈Z
0,25
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,0 điểm)
Đặt: u = x , v= y, u 0, v 0.≥ ≥ Hệ đã cho trở thành: u v 13 3
+ =
⎧
⎨
u v 1
uv m
+ =
⎧
⇔ ⎨
=
⎩ ⇔ u, v là hai nghiệm của phương trình: t2 ư t + m = 0 (**)
0,25
Hệ đã cho có nghiệm (x; y) ⇔ Hệ (*) có nghiệm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Phương trình
⇔
1 4m 0
1
4
P m 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:
G xA xB xC G yA yB yC m
Tam giác ABC vuông góc tại G ⇔ GA.GB 0JJJG JJJG= 0,25
GA( 2; ), GB(3; )
JJJG JJJG
0,25
GA.GB 0JJJG JJJG= 6 m2 0
9
⇔ ư + = ⇔ = ±m 3 6
0,25
2 Tính khoảng cách giữa B 1 C và AC 1 , (1,0 điểm)
a) Từ giả thiết suy ra:
C (0; 1; b), B C (a; 1; b)JJJJG= ư
AC = ư( a; 1; b), AB = ư( 2a;0; b)
0,25
Trang 3( ) 1 1 1
d B C, AC
B C, AC
JJJJG JJJJG JJJJG
0,25 b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
2
+
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 phương 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 ư2)2 + y2 + ( z ư 1)2 ; IB2 = (x ư 1)2 + y2 + z2 ;
IC2 = (x ư 1)2 + (y ư 1)2 + ( z ư 1)2 0,25 Suy ra hệ phương trình:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
ư + +
2 2
2 2
0 2
IC IB
IB IA
z y x
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
= +
= +
= + +
⇔
1 2 2 z
y
z x
z y x
0,25 ⇔x=z=1; y=0 0,25
⇒
=
=IA 1
R Phương trình mặt cầu là ( x ư1)2 + y2 + ( z ư1)2 =1 0,25
1 Tính tích phân (1,0 điểm)
I =
3 2
2
ln(x ưx) dx
2
2
2x 1
u ln(x x)
x x
ư
⎧
ư
=
3 2 2
I x ln(x x) dx 3ln 6 2ln 2 2 dx
0,25
2
3ln 6 2ln 2 2x ln x 1
0,25
I = 3ln6 ư 2ln2 ư 2 ư ln2 = 3ln3 ư 2 0,25
2 Tìm số hạng không chứa x (1, 0 điểm)
k
7
k 0
ư
=
0,25
0,25
Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k∈Z, 0 k 7)≤ ≤ thoả mãn:
0 4
12
7 28
=
⇔
=
0,25
Số hạng không chứa x cần tìm là C74 =35 0,25
Trang 4V Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất 1,0
x5 ư x2 ư 2x ư 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 f (x) x= 5ưx2ư2x 1ư Khi đó f(x) là hàm số liên tục
với mọi x ≥ 1
Ta có:
f(1) = ư 3 < 0, f(2) = 23 > 0 Suy ra f(x) = 0 có nghiệm thuộc ( 1; 2) (2) 0,25
f '( x) = 5x4ư2x 2 (2xư = 4ư2x) (2x+ 4ư + 2) x4 =2x(x3ư +1) 2(x4ư +1) x4 > ∀ ≥ 0, x 1 0,25
Suy ra f(x) đồng biến trên [ 1; +∞) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm 0,25