tổng hợp đề thi đại học chính thức môn toán từ 2002- 2013 kèm lời giải

2002.pdf 2003.pdf 2004.pdf 2005.pdf 2006.pdf 2007.pdf 2008.pdf 2009.pdf 2010.pdf 2011.pdf 2012.pdf 2013.pdf TONG HOP DE THI TOAN KHOI A-B-D 2002-2013 KEM DAP AN CHI TIET bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 Môn thi : toán Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút) _____________________________________________ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : (1) ( là tham số). 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1 = m 2. Tìm k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =++ kkxx 3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) Cho phơng trình : 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) ( là tham số). m 1 Giải phơng trình (2) khi .2 = m 2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m 3 3;1 ]. Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( của phơng trình: .32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x 5 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng: .3,|34| 2 +=+= xyxxy Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS . ,S M và lần lợt N là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC a AMN mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC 2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: và . =++ =+ 0422 042 : 1 zyx zyx += += += tz ty tx 21 2 1 : 2 a) Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng )(P 1 và song song với đờng thẳng . 2 b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M H thuộc đờng thẳng 2 sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất. Câu V. ( ĐH : 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A phơng trình đờng thẳng là BC ,033 = yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC 2. Cho khai triển nhị thức: n x n n n x x n n x n x n n x n n x x CCCC + ++ + = + 3 1 3 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 0 3 2 1 22222222 L ( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t 13 5 nn C= bằng , tìm và n20 n x . Hết Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1 bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm môn toán khối A Câu ý Nội dung ĐH CĐ I1 23 31 xxym +== Tập xác định Rx . )2(363' 2 =+= xxxxy , = = = 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" ===+= xyxy Bảng biến thiên + 210x ' y + 0 0 + 0 " y y + lõm U 4 CT 2 CĐ 0 lồi = = = 3 0 0 x x y , 4)1( =y Đồ thị: ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 1,0 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,5 đ 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ - 1 1 2 3 x 0 2 4 y 2 I2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +=+=++ . Đặt 23 3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+ 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+<<< kka ()( ) >+ < >++ < 021 30 0)44)(1( 30 2 2 kk k kkk k << 20 31 kk k Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =++=++ kkxkxkxkkxx có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =++= kkxkxxf có 2 nghiệm phân biệt khác k << ++ >++= 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 Cách I. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , += = = 1 1 0 2 1 ' mx mx y Ta thấy 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . 23)( 2 11 +== mmxyy và 23)( 2 22 ++== mmxyy Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị ( ) 23;1 2 1 + mmmM và ( ) 23;1 2 2 +++ mmmM là: ++ = + 4 23 2 1 2 mmymx mmxy += 2 2 Cách II. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , Ta thấy 0'09)1(99' 22 =>=+= ymm có 2 nghiệm 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= () .23363 33 1 222 mmxmmxx m x ++++ = Từ đây ta có mmxy += 2 11 2 và mmxy += 2 22 2 . Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy += 2 2 . 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ II 1. Với 2=m ta có 051loglog 2 3 2 3 =++ xx Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 06051 22 =+=+ tttt . 2 3 2 1 = = t t 5,0 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 3 3 1 = t (loại) , 3 3 2 32 33log3log2 ==== xxxt 3 3 =x thỏa mãn điều kiện 0>x . (Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0,25 đ 0,5 đ 2. 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 0220121 22 =+=+ mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 2 33 3 += xtxx Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3 khi và chỉ khi (3) có nghiệm [] 2,1 . Đặt tttf += 2 )( Cách 1. Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f . Phơng trình 22)(22 2 +=+=+ mtfmtt có nghiệm [] 2;1 .20 622 222 22)2( 22)1( + + + + m m m mf mf Cách 2. TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 << tt . Do 1 2 1 2 21 <= + tt nên không tồn tại m . TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 tt hoặc 21 21 tt () 200242 mmm . (Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác ) 0,1 đ 0,25 đ 0,25 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 0,25 đ 0,25 đ III 1. 5 32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x . Điều kiện 2 1 2sin x Ta có 5 = + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5 + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 = + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( = + + Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =++= xxxx 2cos =x (loại) hoặc ).(2 32 1 cos Zkkxx +== 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 4 2. Vì ( 0x ; ) 2 nên lấy 3 1 =x và 3 5 2 =x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều kiện 2 1 2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 3 1 =x và 3 5 2 =x . (Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác) Ta thấy phơng trình 3|34| 2 +=+ xxx có 2 nghiệm 0 1 =x và .5 2 =x Mặt khác ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0 x . Vậy ()()() dxxxxdxxxxdxxxxS ++++++=++= 1 0 3 1 22 5 0 2 343343|34|3 () dxxxx +++ 5 3 2 343 ()( )() dxxxdxxxdxxxS +++++= 5 3 2 3 1 2 1 0 2 5635 5 3 23 3 1 23 1 0 23 2 5 3 1 6 2 3 3 1 2 5 3 1 ++ ++ += xxxxxxxS 6 109 3 22 3 26 6 13 =++=S (đ.v.d.t) (Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0x ) 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ IV 1. 1đ 1đ x 5 1 0 -1 y 3 3 2 1 8 -1 5 S N I M C A K B Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết MN a BCMN , 22 1 ==// BC I là trung điểm của SK và MN . Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM = AMN cân tại A MNAI . Mặt khác ()( ) ()( ) () () SKAISBCAI MNAI AMNAI MNAMNSBC AMNSBC = . Suy ra SAK cân tại 2 3a AKSAA == . 244 3 222 222 aaa BKSBSK === 4 10 84 3 2 22 2 222 aaaSK SASISAAI == == . Ta có 16 10 . 2 1 2 a AIMNS AMN == (đvdt) chú ý 1) Có thể chứng minh MNAI nh sau: () () AIMNSAKMNSAKBC . 2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho h a S a A a C a BK ; 6 3 ;0,0; 2 3 ;0,0;0; 2 ,0;0; 2 ),0;0;0( trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 6 2a) Cách I. Phơng trình mặt phẳng )( P chứa đờng thẳng 1 có dạng: ()( ) 042242 =++++ zyxzyx ( 0 22 + ) ()( )( ) 044222 =+++ zyx Vậy () 2;22; ++= P n r .Ta có () 2;1;1 2 = u r // 2 và () 22 1;2;1 M () P // ()() () = = PMPM un P 22 2 2 0 1;2;1 0. rr Vậy () 02: = zxP Cách II Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau: Từ phơng trình 1 suy ra .02 = zx Đặt = = = = '4 2'3 '2 :'2 1 tz ty tx tx () )4;3;2(,0;2;0 111 = uM r // 1 . (Ta có thể tìm tọa độ điểm 11 M bằng cách cho 020 === zyx và tính () 4;3;2 21 21 ; 12 11 ; 22 12 1 = = u r ). Ta có () 2;1;1 2 =u r // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là : [] () 1;0;2, 21 == uun P rrr . Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua () 0;2;0 1 M và () 1;0;2 = P n r là: 02 = zx . Mặt khác ()() PM 1;2;1 2 phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2b) b)Cách I. () MHtttHH +++ 21,2,1 2 = () 32;1;1 + ttt ()()( ) 5)1(6111263211 22 222 +=+=+++= ttttttMH đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi () 3;3;21 Ht = Cách II. () tttHH 21;2;1 2 +++ . MH nhỏ nhất () 4;3;210. 22 HtuMHMH == r 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ V1. Ta có () 0;1 BOxBC = I . Đặt ax A = ta có );( oaA và .33 == ayax CC Vậy ( ) 33; aaC . Từ công thức () () ++= ++= CBAG CBAG yyyy xxxx 3 1 3 1 ta có + 3 )1(3 ; 3 12 aa G . Cách I. Ta có : |1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó 1đ 0,25 đ 7 () 2 1 2 3 . 2 1 == aACABS ABC . Ta có () |1|3|1|3 132 2 + = ++ = aa a BCACAB S r = .2 13 |1| = + a Vậy .232|1| +=a TH1. ++ += 3 326 ; 3 347 332 11 Ga TH2 = 3 326 ; 3 134 132 22 Ga . Cách II. y C I O B A x Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22 == I yr . Phơng trình () 321 3 1 1.30: 0 = == I x x xtgyBI . TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+= I xB Từ 2),( = ACId .3232 +=+= I xa ++ 3 326 ; 3 347 1 G TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321= I xB Tơng tự ta có .3212 == I xa 3 326 ; 3 134 2 G 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2. Từ 13 5 nn CC = ta có 3n và 1 đ 8 ()() 02835 6 )2)(1( !1 ! 5 !3!3 ! 2 =−−⇔= −− ⇔ − = − nnn nnn n n n n 4 1 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .7 2 = n Víi 7=n ta cã .4421402.2.3514022 222 3 3 4 2 1 3 7 =⇔=⇔=⇔=                 −−− − − xC xxx x x 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® [...]... nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó -Hết Chú ý : 1 2 Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh : Số báo danh Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002 Môn Toán, khối D Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Câu Nội dung Điểm CĐ ĐH 4đ 3đ 1 1,5 I 1 Khi m = -1 ,ta có y = -TXĐ : x 1 - CBT... đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề chính thức Môn thi : toán, Khối B (Thời gian làm bài : 180 phút) _ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số : y = mx 4 + m 2 9 x 2 + 10 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị ( ) (1) ( m là tham số) Câu II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1 Giải phơng... dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi : toán khối A đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút _ mx 2 + x + m (1) (m là tham số) x 1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành độ dơng Câu 2 (2 điểm) cos 2 x 1 1) Giải phơng trình cotgx... cách giải khác (Dấu = xảy ra 0, 25 đ khi x = y = z = ) 5 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - Môn thi : toán khối B Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút _ Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x3 3 x 2 + m (1) ( m là tham số) 1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ 2) Khảo sát sự biến thi n... 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 B Nội dung Câu 1 1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ tồn tại x0 0 sao cho y ( x0 ) = y ( x0 ) tồn tại x0 0 sao cho x03 3 x02 + m = ( x0 )3 3( x0 )2 + m tồn tại x0 0 sao cho 3x02 = m m >0 2) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm... 1 1 1 x2 + + y2 + + z2 + x2 y2 z2 82 HếT Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 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 2điểm 1 điểm Câu 1 1) x2 + x 1 1 = x x 1 x 1 + Tập xác định: R \{ 1 } Khi m = 1 y = + y ' = 1 + 1 ( x 1) 2 = x2 + 2 x 2 x=0... kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm đề thi chính thức Môn toán, khối b Câu I ý 1 Nội dung ĐH CĐ y = x 4 8 x 2 + 10 là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy x=0 Tập xác định x R , y ' = 4 x 3 16 x = 4 x x 2 4 , y '= 0 x = 2 1,0 đ 1,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ Với m = 1 ta có ( ) 4 2 y" = 12 x 2 16 = 12 x 2 , y" = 0 x = 3 3 Bảng biến thi n:... Theo giả thi t thì: 6 0,25 đ 3 2 C 2 n = 20C n (2n )! 3!(2n 3)! = 20 n! n(n 1) 2n.(2n 1)(2n 2) = 20 2!(n 2)! 6 2 2n 1 = 15 n = 8 0,5 đ Chú ý: Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác Nếu lý luận đúng để đi n(n 1) đến kết quả số hình chữ nhật là thì cho điểm tối đa phần này 2 7 Bộ giáo dục và đào tạo Đề chính thức Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 Môn thi : Toán, Khối... đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2) ta có : MN 2 7 2 1/4 1/4 8 7 3 21 ;y0 = 7 7 - Khi đó M 2 7 ;0 , N 0; 21 và GTNN (MN) = 7 - Đẳng thức xảy ra x 0 = ( ) ( ) -Hết 7 1/4 Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 - Hớng dẫn chấm thi môn toán khối D Câu I: 1 -Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó... thì AH chính là khoảng cách cần tính 1 1 1 1 = + + Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức: 2 2 2 AH AD AB AC 2 Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc: 6 34 AH = cm 17 Cách 3: Từ giả thi t suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó ABAC Lại có ADmp (ABC ) ADAB và ADAC , nên AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau 1 Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= AB AC AD = 8 6 3V áp dụng công thức . 2002.pdf 2003.pdf 2004.pdf 2005.pdf 2006.pdf 2007.pdf 2008.pdf 2009.pdf 2010.pdf 2011.pdf 2012.pdf 2013.pdf TONG HOP DE THI TOAN KHOI A-B-D 2002-2013 KEM DAP AN CHI TIET bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 Môn thi : toán Đề chính thức (Thời gian làm. chỉ thi cao đẳng không làm câu V 2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : Số báo danh 1 Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002 Môn Toán, . phần này. 0,5 đ Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 Đề chính thức Môn thi : Toán, Khối D ( Thời gian làm bài : 180 phút ) _________________________________________ CâuI