1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu ý Nội dung ĐH CĐ I 1 Với 1=m ta có 108 24 += xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy . Tập xác định Rx , ( ) 44164' 23 == xxxxy , 0' = y = = 2 0 x x , 3 4 121612" 22 == xxy 3 2 0" == xy . Bảng biến thiên: + 2 3 2 0 3 2 2x 'y 0 + 0 0 + "y + 0 0 + + 10 + y lõm U CĐ U lõm CT lồi CT 6 6 Hai điểm cực tiểu : () 6;2 1 A và ( ) 6;2 2 A . Một điểm cực đại: () 10;0B . Hai điểm uốn: 9 10 ; 3 2 1 U và 9 10 ; 3 2 2 U . Giao điểm của đồ thị với trục tung là ( ) 10;0B . Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ: 64 +=x và 64 =x . (Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ x 0 10 y -6 -2 2 A 2 A 1 B U 1 U 2 2 I 2 ( ) ( ) 922924' 2223 +=+= mmxxxmmxy , =+ = = 092 0 0' 22 mmx x y Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình 0' = y có 3 nghiệm phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm) phơng trình 092 22 =+ mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 092 22 =+ mmx = m m x m 2 9 0 2 2 . Phơng trình 092 22 =+ mmx có 2 nghiệm khác 0 << < .30 3 m m Vậy hàm số có ba điểm cực trị << < .30 3 m m 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 = 2 12cos1 2 10cos1 2 8cos1 2 6cos1 xxxx + = + ()() 06cos8cos10cos12cos = + + xxxx () 07cos11coscos = xxx 02sin9sincos = xxx . 2 9 02sin9sin Zk k x k x xx = = = Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích. 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 ( ) 1)729(loglog 3 x x (1). Điều kiện: 73log1729 0)729(log 0729 1,0 9 3 >> > > > x xx x x x (2). Do 173log 9 >>x nên ( ) x x 729log)1( 3 ( ) 072333729 2 xxxx (3). Đặt x t 3= thì (3) trở thành 293898072 2 xttt x . Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là: 273log 9 < x . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 3 ++=+ = ).2(2 )1( 3 yxyx yxyx Điều kiện: )3( .0 0 + yx yx () += = = .1 01)1( 63 yx yx yxyx Thay y x = vào (2), giải ra ta đợc .1 = = yx Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có: 2 1 , 2 3 == yx . Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm: 1,1 = = yx và 2 1 , 2 3 == yx Chú ý: Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả: += = .1yx yx 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tìm giao điểm của hai đờng cong 4 4 2 x y = và 24 2 x y = : 4 4 2 x = 24 2 x 8804 432 2 24 ===+ xx xx . Trên [ ] 8;8 ta có 24 2 x 4 4 2 x và do hình đối xứng qua trục tung nên dx xx S = 8 0 22 24 4 42 21 8 0 2 8 0 2 22 1 16 SSdxxdxx == . Để tính 1 S ta dùng phép đổi biến tx sin4 = , khi 4 0 t thì 80 x . tdtdx cos4= và > 4 ;00cos tt . Do đó 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,5 đ 0,25 đ x 0 -4 4 2 y -2 2 2 2 2 A 2 A 1 4 x 4y 2 = 24 x y 2 = 4 () 422cos18cos1616 4 0 4 0 2 8 0 2 1 +=+=== dtttdtdxxS . 3 8 26 1 22 1 8 0 3 8 0 2 2 === xdxxS . Vậy 3 4 2 21 +== SSS . Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx xx S = 8 8 22 24 4 4 . 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ IV 1 Khoảng cách từ I đến đờng thẳng AB bằng 2 5 5= AD và 2 5 == IBIA . Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng A B với đờng tròn tâm I và bán kính 2 5 = R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ : =+ =+ 2 2 2 2 5 2 1 022 yx yx Giải hệ ta đợc ()() 2;2,0;2 BA (vì 0 < A x ) ()( ) 2;1,0;3 DC . Chú ý : Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đờng thẳng AB . Sau đó tìm BA, là giao điểm của đờng tròn tâm H bán kính HA với đờng thẳng AB . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ x C I O A D B H y 5 IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA 1 và DB 1 . Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho ()()()() ( ) ( ) ( )( ) aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 () ()() 0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA === và [ ] ( ) 222 11 ;2;, aaaDBBA = . Vậy () [ ] [] 66 , ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. () DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 . Tơng tự DBCA 111 ( ) 111 BCADB . Gọi () 111 BCADBG = . Do aCBBBAB = = = 11111 nên GGCGBGA == 11 là tâm tam giác đều 11 BCA có cạnh bằng 2a . Gọi I là trung điểm của BA 1 thì IG là đờng vuông góc chung của BA 1 và DB 1 , nên () 6 2 3 3 1 3 1 , 1111 a BAICIGDBBAd ==== . Chú ý: Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng ( ) P chứa BA 1 và song song với DB 1 là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1 B (hoặc từ D ) tới () P , hoặc viết phơng trình mặt phẳng ( ) Q chứa DB 1 và song song với BA 1 là: 022 =++ azyx và tính khoảng cách từ 1 A (hoặc từ B) tới ( ) Q . 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 5,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ x D 1 D C 1 B 1 A 1 z y x A C B I G 6 2b) Cách I. Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc a a Pa a N a aM ; 2 ;0,0;; 2 , 2 ;0; 0.;0; 2 , 2 ; 2 ; 11 = = = NCMPa a NC aa aMP . Vậy NCMP 1 . Cách II. Gọi E là trung điểm của 1 CC thì ( ) 11 CCDDME hình chiếu vuông góc của MP trên () 11 CCDD là 1 ED . Ta có NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111 0 111111 90 === . Từ đây theo định lý ba đờng vuông góc ta có NCMP 1 . 0,1 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ V Số tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L là 3 2n C . Gọi đờng chéo của đa giác đều n AAA 221 L đi qua tâm đờng tròn ( ) O là đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đờng chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm n AAA 221 ,,, L có các đờng chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác n AAA 221 L tức 2 n C . Theo giả thiết thì: 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ D 1 A 1 B 1 C 1 C B A M E N P y x z 7 () () () ( ) ( ) () 2 1 20 6 2212.2 !2!2 ! 20 !32!3 !2 20 23 2 = = = nnnnn n n n n CC nn 81512 == nn . Chú ý: Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi đến kết quả số hình chữ nhật là 2 )1( nn thì cho điểm tối đa phần này. 0,5 đ . ()() 0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA === và [ ] ( ) 222 11 ;2;, aaaDBBA = . Vậy () [ ] [] 66 , ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . Cách II. () DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 . Tơng tự DBCA 111 ( ) 111 BCADB. 1 B giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu ý Nội dung ĐH CĐ I 1 Với 1=m ta. DBCA 111 ( ) 111 BCADB . Gọi () 111 BCADBG = . Do aCBBBAB = = = 11111 nên GGCGBGA == 11 là tâm tam giác đều 11 BCA có cạnh b ng 2a . Gọi I là trung điểm của BA 1 thì IG là đờng vuông góc chung của BA 1