Dap an toan a 2002

Những điều cần biết

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 ® . tơng ứng ANAM = AMN cân tại A MNAI . Mặt khác ()( ) ()( ) () () SKAISBCAI MNAI AMNAI MNAMNSBC AMNSBC = . Suy ra SAK cân tại 2 3a AKSAA == . 244. 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