Đáp án đề thi Đại Học môn Toán 2003
Trang 1Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
đề thi chính thức Môn thi : toán Khối D
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 2 4 2
y
x
=
Tập xác định : R\{ 2 }
Ta có
2
0
4
x
x
=
ư
2
x
ư tiệm cận xiên của đồ thị là: y= , x tiệm cận đứng của đồ thị là:
2
lim
→ = ∞ ⇒ x=2
Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; ư2)
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Đường thẳng d m cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt
⇔ phương trình 4 2 2
2
x
ư có hai nghiệm phân biệt khác 2 2
(m 1)(x 2) 4
⇔ ư ư = có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ mư >1 0 ⇔ >m 1
Vậy giá trị m cần tìm là m>1
0,5đ 0,5đ
x
2 6
ư2
O
y
ư 2 + ∞ + ∞
Trang 2Câu 2 2điểm
1) Giải phương trình 2 π 2 2
x
Điều kiện: cosx≠0 (*) Khi đó
2 2
x
x
π
⇔ ư(1 sinx)sin2x= +(1 cosx)cos2 x
(1 sinx)(1 cos )(1 cos )x x (1 cosx)(1 sin )(1 sin )x
(1 sinx)(1 cos )(sinx x cos ) 0x
π 2π
π 4
x
x
= +
=
⇔ = ư ⇔ = +
= ư
(k∈Z )
Kết hợp điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình là:
π 2π π π 4
= +
= ư +
(k∈Z)
0,5đ
0,25đ
0,25đ
2) Giải phương trình 2x2ưxư22+ ưx x2 =3 (1) 1 điểm
Đặt t=2x2ưx⇒ >t 0
Khi đó (1) trở thành 4 2
3 t 3t 4 0 (t 1)(t 4) 0 t t
Vậy 2x2ưx = ⇔4 x2ư = 2x 1
2
= ư
⇔ =
x x
Do đó nghiệm của phương trình là 1
2
= ư
=
x x
0,5đ
0,5đ
Từ ( )C : (xư1)2+(yư2)2=4 suy ra ( )C có tâm I(1; 2) và bán kính R=2
Đường thẳng d có véctơ pháp tuyến là nuur =(1; 1).ư Do đó đường thẳng ∆ đi qua
và vuông góc với d có phương trình:
(1; 2)
x y 3 0
Tọa độ giao điểm H của d và ∆ là nghiệm của hệ phương trình:
(2;1)
3 0 1
H
GọiJ là điểm đối xứng với I(1; 2) qua d Khi đó
(3;0)
2 0
J
⇒
Vì đối xứng với ( qua nên có tâm là và bán kính
Do đó có phương trình là:
( ')C
(C
)
2 2
(3;0)
Tọa độ các giao điểm của (C) và ( ')C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
3, 2
Vậy tọa độ giao điểm của ( )C và (C') là A(1;0) và B(3; 2)
0,5
0,25đ
0,25đ
Trang 32) 1 điểm
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định d k là nuur1=(1;3 ; 1)k ư
và uurn2 =( ; 1;1)k ư Vectơ pháp tuyến của ( )P là nr =(1; 1; 2)ư ư
Đường thẳng d k có vectơ chỉ phương là:
2
1 2, (3 ư ư ư ư ư1; k 1; 1 3 ) 0 k ≠r k
Nên
2
1
k
Vậy giá trị cần tìm là
0,5đ
0,5 đ
Ta có (P) ⊥ (Q) và ∆ = (P) ∩ (Q), mà
AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay
Tương tự, ta có BD ⊥ ∆ nên
BD ⊥(P), do đó CBD Vậy A và B
A, B nằm trên mặt cầu đường kính CD
0
90
=
CAD
0
90
=
Và bán kính của mặt cầu là:
2 2
1
CD
2 2 2
a
Gọi H là trung điểm của BC⇒ AH ⊥ BC Do BD ⊥(P) nên BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD)
Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và 1 2
a
AH = BC=
0,25đ
0,25đ
0,5đ
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 1
x y x
+
= + trên đoạn [ư1; 2] 1 điểm
2 3
1
( 1)
x y
x
ư
=
+
y = ⇔ = x
5 y(1)
Vậy
[max y1;2] y(1) 2
ư = = và
[min1;2]y y( 1) 0
0,5đ
0,5đ
2) Tính tích phân
2 2 0
Ta có x2ư ≤x 0 ⇔ 0≤ ≤ , suy ra x 1
I x x dx x x dx
1
= ư + ư =
0,5đ
0,5đ
ur=n nuur uur= k
( ) ||
d k ⊥ P ⇔u nr r ⇔
∀
C
D
P
Q
∆
H
Trang 4Câu 5 1điểm Cách 1: Ta có (x2+1)n=C x n0 2n+C x1 2n nư2+C x n2 2nư4+ + C n n,
0 1 1 2 2 2 3 3 3
(x+2)n =C x n n+2C x n nư +2 C x n nư +2 C x n nư + + 2n C n n
Dễ dàng kiểm tra n=1,n=2 không thỏa mãn điều kiện bài toán
Với n≥3 thì x3nư3=x x2n nư3=x2nư2x nư1
Do đó hệ số của x3nư 3 trong khai triển thành đa thức của(x2+1) (n x+2)n là
n
C
3 0 3 1 1
3n 3 2 n n 2 .n
Vậy
2
3 3
5
3
2
ư
=
= ư
n
n
n
Vậy n=5 là giá trị cần tìm (vì nguyên dương) n
Cách 2:
Ta có
2
2
x x
x x
Trong khai triển trên, luỹ thừa của x là 3nư3 khi ư ư = ư2i k 3
3
k
, hay
Ta chỉ có hai trường hợp thỏa điều kiện này là
2i k+ = 3 0,
i= = hoặc i 1,= k= 1 Nên hệ số của x3nư 3 là 0 3 3 1 1
3n 3 n n.2 n .2n
a ư =C C +C C
Do đó
2
3 3
5
3
2
ư
=
= ư
n
n
n
Vậy n=5 là giá trị cần tìm (vì nguyên dương).n
0,75đ
0,25đ
hoặc
0,75đ
0,25đ
