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 B Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ tồn tại 0 0x sao cho 00 () ( )yx y x = tồn tại 0 0x sao cho 32 3 2 00 0 0 3()3() x xm x x m +=+ tồn tại 0 0x sao cho 2 0 3 x m = 0m>. 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Khi 2m = hàm số trở thành 32 32.yx x = + Tập xác định : \ . 2 0 ' 3 6 , ' 0 2. x yx xy x = = = = " 6 6. '' 0 1.yx y x= == "y triệt tiêu và đổi dấu qua 1(1;0)x = là điểm uốn. Bảng biến thiên: Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1; 0), (1 3; 0) và cắt trục tung tại điểm (0;2) . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x 0 2 + y + 0 0 + 2 + CĐ CT y 2 x y O 2 2 1 2 2 Câu 2. 2điểm 1) Giải phơng trình: 2 cotg tg 4sin 2 (1). sin 2 xx x x + = Điều kiện: sin 0 (*). cos 0 x x Khi đó (1) cos sin 2 4sin2 sin cos sin 2 xx x x xx + = 22 cos sin 2 4sin2 sin cos sin 2 xx x x xx += 2 2cos2 4sin 2 2xx+ = 2 2cos 2 cos2 1 0xx= cos 2 1 1 cos 2 3 2 xk x x k x = = = + = ()k Z . Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm của (1) là ( ). 3 xkk= + Z 2) Giải hệ phơng trình 2 2 2 2 2 3 (1) 2 3 (2). y y x x x y + = + = Điều kiện 0, 0xy. Khi đó hệ đã cho tơng đơng với 22 22 22 ()(3 )0 32 32. 32 xy xyxy xy y xy x xy x ++ = =+ =+ =+ TH1: 22 1 1. 32 xy x y xy x = = = =+ TH2: 22 30 32 xy x y xy x ++= =+ vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có ,0xy> . Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: 1.xy = = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu 3. 3điểm 1) Vì G là trọng tâm A BC và M là trung điểm B C nên 3(1;3)MA MG== J JJG JJJJG (0;2)A . Phơng trình B C đi qua (1; 1)M và vuông góc với (1,3)MA = JJJG là: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). xy xy + +=+ += Ta thấy 10MB MC MA = == tọa độ , B C thỏa mãn phơng trình: 22 (1) (1) 10 (2). xy++= Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của , B C là (4;0), ( 2; 2). 2) Ta có '// ' A MNCAMCN = là hình bình hành, do đó ' A C và MN cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đờng . Mặt khác ADCB là hình bình hành nên trung điểm I của AC cũng chính là trung điểm của BD. Vậy MN và BD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đờng nên BMDN là hình bình hành. Do đó B, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Mặt khác DM 2 = DA 2 + AM 2 = DC 2 + CN 2 = DN 2 , hay D M = D N. Vậy hình bình hành B MDN là hình thoi. Do đó B MDN là hình 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,5đ G A B C M . D A D C B N M I A B C 3 vuông MN = BD AC = BD AC 2 = BD 2 = BB 2 +BD 2 3a 2 = BB 2 + a 2 BB= 2a AA= 2a . 3) Từ (0;6;0)AC = JJJG và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4). Phơng trình mặt phẳng ( ) qua I và vuông góc với OA là : 10.x = tọa độ giao điểm của ( ) với OA là K (1; 0; 0). khoảng cách từ I đến OA là 222 (1 1) (0 3) (0 4) 5.IK = ++ = 0,5đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4. 2điểm 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 4.yx x=+ Tập xác định: [] 2; 2 . 2 '1 4 x y x = , 2 22 0 '0 4 2 4 x yxx x xx = = = = . Ta có (2) 2, (2)22, (2)2yy y= = =, Vậy [2;2] max ( 2) 2 2yy == và [2;2] min ( 2) 2yy = =. 2) Tính tích phân 4 2 0 12sin . 1sin2 x Idx x = + Ta có 44 2 00 12sin cos2 1sin2 1sin2 xx Idxdx x x == ++ . Đặt 1sin2 2cos2txdtxdx=+ = . Với 0x = thì 1,t = với 4 x = thì 2t = . Khi đó 2 1 2 11 1 ln | | ln 2. 1 22 2 dt It t == = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 5. 1điểm Ta có 01 22 (1 ) nnn nn n n x CCxCx Cx+=+ + ++ . Suy ra () 22 01 22 11 (1 ) nnn nn n n x dx C C x C x C x dx+=++++ 2 2 23 1 101 2 1 1 1 (1 ) 1231 n nn nn n n xx x xCxCC C nn + + + =++++ ++ 23 1 11 012 21 21 2 1 3 2 23 1 1 nnn n nnn n CCC C nn + ++ + + ++ = + + " . 0,5 đ 0,5 đ . 1 B 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 điểm Câu 1. 2điểm 1). A D C B N M I A B C 3 vuông MN = BD AC = BD AC 2 = BD 2 = BB 2 +BD 2 3a 2 = BB 2 + a 2 BB= 2a AA= 2a . 3) Từ (0;6;0)AC = JJJG và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6;. Do đó B MDN là hình 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,5đ G A B C M . D A D C B N M I A B C 3 vuông MN = BD AC = BD AC 2 =