Dap an toan a 2002

Những điều cần biết

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

I 1 m=1⇒y=−x3+3x2

Tập xác định ∀x∈R y'=−3x2 +6x=−3x(x−2), 





=

=

⇔

=

2

0 0

'

2

1

x

x y

1 0

"

, 0 6 6

"=− x+ = y = ⇔ x=

y

Bảng biến thiên

∞ +

∞

x

− '

y 0 + 0 −

−

"

y

y + ∞ lõm U 4

CT 2 CĐ

0 lồi ∞−







=

=

⇔

=

3

0 0

x

x

y , y(−1)=4

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

2 4

y

I 2 Cách I Ta có ưx3 +3x2 +k3 ư3k2 =0⇔ưx3+3x=ưk3 +3k2.

Đặt a =ưk3 +3k2 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình ưx3 +3x2 =a

có 3 nghiệm phân biệt ⇔0<a<4⇔0<ưk3 +3k2 <4







>

ư +

<

≠

⇔







>

+

ư +

<

≠

⇔

0 2 1

3 0 0

) 4 4 )(

1 (

3 0

2

k k

k k

k







≠

∧

≠

<

<

ư

⇔

2 0

3 1

k k

k

Cách II Ta có

) ( 0 3

có 3 nghiệm phân biệt ⇔ f(x)= x2 +(kư3)x+k2 ư3k =0

có 2 nghiệm phân biệt khác k







≠

∧

≠

<

<

ư

⇔







≠

ư +

ư +

>

+ +

ư

=

∆

⇔

2 0

3 1

0 3 3

0 9 6 3

2 2

2

2

k k

k k

k k k k

k k

∑0 đ,5 0,25 đ 0,25 đ

-0,25đ

0,25 đ

∑0 đ,5 0,25 đ 0,25 đ

-0,25 đ

0,25 đ

3

Cách I.

3 ) ( 3 ) 1 ( 3 6

' =ư x + mx+ ưm =ư xưm +





+

=

ư

=

⇔

=

1

1 0

2

1 '

m x

m x y

Ta thấy x1 ≠ x2 và 'y đổi dấu khi qua x và 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị tại

1

x và x 2

2 3 )

1

1 = y x =ưm + mư

2

2 = y x =ưm + m+

y

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị

( 1; 2 3 2)

1 mư ưm + mư

2 m+ ưm + m+

4

2 3 2

m x

m m x

y=2 ư 2 +

Cách II y' =ư3x2 +6mx+3(1ưm2)=ư3(xưm)2 +3, Ta thấy

0 ' 0 9 ) 1 ( 9 9 '= 2 + ư 2 = > ⇒ =

và 'y đổi dấu khi qua x và 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị tại x và 1 x 2

Ta có y=ưx3 +3mx2 +3(1ưm2)x+m3 ưm2

3 3

m m x m mx

x

m









=

Từ đây ta có y = x ưm2 +m

1

2

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y=2xưm2 +m

∑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 m=2 ta có log log2 1 5 0

3

2

3 x+ x+ ư = Điều kiện x>0 Đặt log2 1 1

3 + ≥

t2 ư1+tư5=0⇔t2 +tư6=0

2

3 1





=

ư

=

⇔

t t

∑0 đ,5 0,25 đ

∑1 đ,0 0,5 đ

1 =ư

t (loại) , t2 =2⇔log23 x=3⇔log3 x=± 3 ⇔ x=3± 3

3

3±

=

x thỏa mãn điều kiện x>0

(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

0,25 đ 0,5 đ

2.

0 1 2 1 log

3

2

3 x+ x+ ư mư = (2)

Điều kiện x>0 Đặt log2 1 1

3 + ≥

t2 ư1+tư2mư1=0⇔t2 +tư2mư2=0 (3)

2 1 log 1

3 log

0 ] 3 , 1

3 3

x

Vậy (2) có nghiệm ∈[1,3 3] khi và chỉ khi (3) có

nghiệm ∈[1,2 ] Đặt f(t)=t2 +t

Cách 1.

Hàm số f (t) là hàm tăng trên đoạn [1;2] Ta có f(1)=2 và f(2)=6

Phương trình t2 +t =2m+2⇔ f(t)=2m+2 có nghiệm ∈[ ]1;2

6 2 2

2 2 2 2 2 ) 2 (

2 2 ) 1 (

≤

≤

⇔







≤ +

+

≤

⇔







+

≥

+

≤

m

m m

f

m f

Cách 2.

TH1 Phương trình (3) có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn 1<t1 ≤t2 <2

Do 1

2

1 2

2

1+ t =ư <

t

nên không tồn tại m

TH2 Phương trình (3) có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn

t1 ≤1≤t2 ≤2 hoặc 1≤t1 ≤2≤t2

⇔ư2m(4ư2m)≤0⇔ 0≤m≤2

(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )

∑1 đ,0 0,25 đ

0,25 đ

-0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

∑1 đ,0 0,25 đ

0,25 đ

-0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

III 1.

2 sin 2 1

3 sin 3 cos











+

+

x

x x

2

1 2

sin x≠ư











+

+ +

x

x x

x

2 sin 2 1

3 sin 3 cos











+

+ +

+

x

x x

x x x

2 sin 2 1

3 sin 3 cos 2 sin sin 2 sin











+

+ +

ư +

x

x x

x x

x

2 sin 2 1

3 sin 3 cos 3 cos cos

sin

x

x x

cos 5 2

sin 2 1

cos ) 1 2 sin 2









 + +

Vậy ta có: 5cosx=cos2x+3⇔2cos2 xư5cosx+2=0

cosx=2 (loại) hoặc 2 ( )

3 2

1 cosx= ⇒ x=±π + kπ k∈Z

∑1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

∑1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

Vìx∈(0;2 nên lấy π)

3 1

π

=

3

5 2

π

=

x Ta thấy x1, x2 thỏa mãn điều

kiện

2

1 2

sin x≠ư Vậy các nghiệm cần tìm là:

3 1

π

=

3

5 2

π

=

(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)

Ta thấy phương trình |x2 ư4x+3|=x+3 có 2 nghiệm x1 =0 và x2 =5

Mặt khác |x2 ư4x+3|≤ x+3 ∀ x∈[ ]0;5 Vậy

S=∫ + ư ư + =∫1 + ư + ư +∫ + + ư +

0

3

1

2 2

5

0

2 4 3 | 3 4 3 3 4 3

| 3

+∫5(x+ ưx + xư )dx

3

2 4 3 3

( x x)dx (x x )dx ( x x)dx

3 2 3

1 2 1

0

5 3

2 3 3

1

2 3 1

0

2 3

2

5 3

1 6

2

3 3

1 2

5 3

1











+











+











S

6

109 3

22 3

26 6

=

(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức

|x2 ư4x+3|≤ x+3 ∀ x∈[ ]0;5 )

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

x

5 1

0 -1

y

3

3 2

1 8

-1

S

N

I

M C

A K

B

Gọi K là trung điểm của BC và I =SK∩MN Từ giả thiết

MN

a BC

2 2

1

=

=

⇒ // BC ⇒ là trung điểm của SK và MN I

Ta có ∆SAB=∆SAC⇒ hai trung tuyến tương ứng AM = AN

⇒∆AMN cân tại A ⇒ AI⊥ MN

Mặt khác

MN AI

AMN AI

MN AMN

SBC

AMN SBC

⊥

⇒

⊥

⇒















⊥

⊂

=

∩

⊥

Suy ra SAK∆ cân tại

2

3

a AK SA

2 4 4

2 2

BK SB

4

10 8

4

3 2

2 2 2

2 2

SA SI

SA











ư

=

ư

=

Ta có

16

10

2

AI MN

chú ý

1) Có thể chứng minh AI⊥ MN như sau:

BC⊥(SAK)⇒MN⊥(SAK)⇒MN⊥AI

2) Có thể làm theo phương pháp tọa độ:

Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho







 ư











 ư











ư











S

a A

a C

a B

6

3

; 0 , 0

; 2

3

; 0 , 0

; 0

; 2 , 0

; 0

; 2 ),

0

;

0

;

0

(

trong đó h là độ dài đường cao SH của hình chóp S ABC

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Cách I Phương trình mặt phẳng (P chứa đường thẳng ) ∆ có dạng:1

(xư2y+zư4) (+β x+2yư2z+4)=0

⇔ (α+β) (xư 2α ư2β) (y+ α ư2β)zư4α+4β =0

Vậy nr P =(α +β;ư2α +2β;αư2β).Ta có ur2 =(1;1;2)//∆ và2 M2(1;2;1)∈∆2

=

ư

⇔







∉

=

⇔

∆

P M P

M

u

n P

2 2

2 2

0 1

; 2

; 1

0

r

Vậy ( )P :2x ư z=0

Cách II Ta có thể chuyển phương trình ∆ sang dạng tham số như sau:1

Từ phương trình ∆ suy ra 1 2x ư z=0 Đặt











=

ư

=

=

∆

⇒

=

' 4

2 ' 3

' 2 :

'

t z

t y

t x t

x

(0; 2;0) 1, 1 (2;3;4)

1

∆ (Ta có thể tìm tọa độ điểm M1∈∆1 bằng cách cho x=0⇒ y=ư2 z=0

2 1

2 1

; 1 2

1 1

; 2 2

1 2









ư

ư

ư

=

Ta có ur2 =(1;1;2)//∆ Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )2 (P là :

[ 1, 2]=(2;0;ư1)

= u u

nrP r r Vậy phương trình mặt phẳng (P đi qua ) M1(0;ư2;0)

và ⊥ nr P =(2;0;ư1) là: 2x ư z =0

Mặt khác M2(1;2;1) ( )∉ P ⇒ phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x ư z =0

∑0 đ,5 0,25 đ

0,25 đ

-0,25 đ 0,25 đ

∑1 đ,0 0,5 đ

0,5 đ

-0,5 đ 0,5 đ

2b)

b)Cách I H∈∆2 ⇒H(1+t,2+t,1+2t)⇒MH =(tư1;t+1;2tư3)

( ) ( ) (ư12 + +1 2 + 2 ư3)2 = 6 2 ư12 +11= 6( ư1)2 +5

=

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi t =1⇒ H(2;3;3)

Cách II H∈∆2 ⇒H(1+t;2+t;1+2t)

MH nhỏ nhất ⇔ MH⊥∆2 ⇔ MH.ur2 =0⇔t =1⇒H(2;3;4)

∑0 đ,5 0,25 đ 0,25 đ

-0,25 đ 0,25 đ

∑1 đ,0 0,5 đ 0,5 đ

-0,5 đ 0,5 đ

V 1.

Ta có BCIOx=B( )1;0 Đặt x A = ta có a A ( o a; ) và

3

3 ư

=

⇒

x C C Vậy C(a; 3aư 3)

Từ công thức











+ +

=

+ +

=

C B A G

C B A G

y y y y

x x x x

3

13

1









3

) 1 ( 3

; 3

1

Cách I.

Ta có :

∑1đ

0,25 đ

( )2 1 2

3

2

1

ư

=

=

| 1

| 3

| 1

| 3

1 3

ư +

ư

ư

= + +

=

a a

a BC

AC AB

S

1 3

| 1

|

= +

ư

a

Vậy |aư1|=2 3+2

TH1 a1 =2 3+3⇒ G17+34 3;6+32 3







⇒

ư

ư

=

3

3 2 6

; 3

1 3 4 1

3

Cách II.

y

C

I

O B A x

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC∆ Vì r =2⇒ y I =±2

3

1 1

30 : y=tg 0 xư = xư ⇒x I = ±

TH1 Nếu A và O khác phía đối với B⇒x I =1+2 3 Từ d(I,AC)=2

3 2 3

2= + +

=

⇒a x I ⇒ G17+34 3;6+32 3

TH 2 Nếu A và O cùng phía đối với B⇒x I =1ư2 3 Tương tự









⇒

3

3 2 6

; 3

1 3 4 2

G

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

-0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2.

( ) ( ) 6 5 3 28 0

) 2 )(

1 (

! 1

! 5

!

3

!

3

−

=

n n n n

n n

n

⇒ n1 =−4 (lo¹i) hoÆc n2 =7

Víi n=7 ta cã

4 4

2 140 2

2 35 140 2

3 3

4

2

1

3





















x

x x

0,25 ® 0,25 ®

0,5 ®