Những điều cần biết
Trang 1Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
- Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b
I 1 Với m=1 ta có y =x4 −8x2 +10 là hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy
Tập xác định ∀ x∈R, y'=4x3 −16x=4x(x2 −4), y'=0
±
=
=
⇔
2
0
x
x
, 3
4 12
16 12
=
−
y
3
2 0
"= ⇔x=±
Bảng biến thiên:
∞ +
−
−
∞
3
2 0
3
2 2
x
− '
"
+∞ 10 +∞
y lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT −6 −6 Hai điểm cực tiểu : A1(−2;−6) và A2(2;−6)
Một điểm cực đại: B(0;10)
− 9
10
; 3
2 1
9
10
; 3
2 2
Giao điểm của đồ thị với trục tung là B(0;10)
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:
6
4+
±
=
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
∑1,0đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
∑1,5đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6
A2
A1
B
Trang 2I 2 y'=4mx3 +2(m2 ư9)x=2x(2mx2 +m2 ư9),
=
ư +
=
⇔
=
0 9 2
0 0
m mx
x y
Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ phương trình y'=0 có 3 nghiệm phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm) ⇔ phương trình
2mx2 + m2 ư9=0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2mx2 + m2 ư9=0
ư
=
≠
⇔
m
m x
m
2
9 0 2
2 Phương trình 2mx2 + m2 ư9=0
có 2 nghiệm khác 0
<
<
ư
<
⇔
3 0
3
m
m
Vậy hàm số có ba điểm cực trị
<
<
ư
<
⇔
3 0
3
m m
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1
sin23xưcos24x=sin25xưcos26x
2
12 cos 1 2
10 cos 1 2
8 cos 1 2
6 cos
⇔
⇔(cos12x+cos10x) (ư cos8x+cos6x)=0
⇔cosx(cos11xưcos7x)=0
⇔cosxsin9xsin2x=0
2
9 0
2 sin 9
x
k x x
=
=
⇔
=
π
Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đưa về phương trình tích
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
log (log3(9x ư72))≤1
0 ) 72 9 ( log
0 72 9
1 , 0
9 3
>
⇔
>
ư
⇔
>
ư
>
ư
≠
>
x
x x
x x
x
(2)
Do x>log973>1 nên (1)⇔log3(9xư72)≤ x
⇔9xư72≤3x ⇔( )3x 2 ư3x ư72≤0
(3)
Đặt t 3= x thì (3) trở thành
t2 ưtư72≤0⇔ư8≤t≤9⇔ư8≤3x ≤9⇔ x≤2
Kết hợp với điều kiện (2) ta được nghiệm của bất phương trình là:
log973< x≤2
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
Trang 33
+ +
= +
ư
=
ư
)
2 ( 2
) 1 ( 3
y x y x
y x y x
0
0
≥ +
≥
ư
y x
y x
+
=
=
⇔
=
ư
ư
ư
⇔
1 0
1 )
1
y x
y x y
x y x
Thay x= vào (2), giải ra ta được y x = y =1 Thay x = y+1 vào (2), giải ra ta có:
2
1 , 2
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phương trình có 2 nghiệm:
x = y1, =1 và
2
1 , 2
3
=
x
Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:
+
=
= 1
y x
y x
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tìm giao điểm của hai đường cong
4
4 x2
2 4
2
x
y = :
4 4
2
x
2 4
2
x
8 8
0 4 4 32
2 2
4
±
=
⇔
=
⇔
=
ư +
Trên [ư 8; 8] ta có
2 4
2
x
4 4
2
x
ư
≤ và do hình đối xứng qua trục tung
ư
ư
0
2 2
2 4 4 4
8
0 2 8
0
2
2 2
1
16ưx dxư x dx=S ưS
Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x=4sint, khi
4
0≤ t≤π
thì 0≤ x≤ 8
dx=4costdt và cos >0 ∀ ∈0;4
π
t
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1,5đ
0,5 đ
0,25 đ
x 0
2 y
2
A1
4
x 4 y
2
ư
=
2 4
x y 2
=
Trang 4(1 cos2 ) 2 4 8
cos 16
0
4
0 2 8
0
2
π π
dt t tdt
dx x
3
8 2
6
1 2
2
0 3 8
0
2
2 = ∫x dx= x =
3
4 2 2
1 ư = +
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích S ∫ x x dx
ư
ư
= 8 8
2 2
2 4 4
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB bằng
2
5
5
=
2
5
=
= IB
Do đó A, là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và bán B
kính
2
5
=
R Vậy tọa độ A, là nghiệm của hệ : B
= +
ư
= +
ư
2 2
2
2
5 2
1
0 2 2
y x
y x
Giải hệ ta được A(ư2;0) ( ),B 2;2 (vì x A <0) ( ) (3;0, ư1;ư2)
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đường thẳng AB
Sau đó tìm A, là giao điểm của đường tròn tâm H bán kính HA với đường B
thẳng AB
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
∑1,5đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ 0,25 đ
x C I
O
A
D
B H
y
Trang 5IV 2a) Tìm khoảng cách giữa A1Bvà B1D
Cách I Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
( ) (B a ) (D a ) (A a) C(a a ) (B a a) (C a a a) (D a a)
A0;0;0, ;0;0, 0; ;0, 1 0;0; ⇒ ; ;0; 1 ;0; ; 1 ; ; , 1 0; ;
( ;0; ), 1 ( ; ; ), 1 1 ( ;0;0)
1B a a B D a a a A B a
1
1B,B D a ;2a ;a
,
3
1 1
1 1 1 1 1
1
a a
a D
B B A
B A D B B A D B B A
Cách II A B (AB C D) A B B D
AD B A
AB B A
1 1 1
1 1
1
1
⊥
⊥
Tương tự A1C1⊥B1D⇒B1D⊥(A1BC1)
Gọi G =B1D∩(A1BC1) Do B1A1 =B1B=B1C1=a nên
G GC GB
GA1 = = 1 ⇒ là tâm tam giác đều A1BC1 có cạnh bằng a 2
Gọi I là trung điểm của A1B thì IG là đường vuông góc chung của A1B và
D
B1 , nên ( )
6 2
3 3
1 3
1
1
a B
A I C IG D B B A
Chú ý:
Thí sinh có thể viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa A1B và song song với
D
B1 là:x+2y+zưa=0 và tính khoảng cách từ B1(hoặc từ D ) tới ( )P , hoặc viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa B1D và song song với A1B là:
0 2
x và tính khoảng cách từ A1(hoặc từ B) tới ( )Q
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1,5đ
0,25 đ
0,5 đ 0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
x
D1
D
C1
B1
A1
z
y
x
A
C
B I
G
Trang 62b)
Cách I
P a
a N
a a
2
; 0 , 0
;
; 2
, 2
; 0
;
0
; 0
; 2
, 2
; 2
=
ư
=
Vậy MP⊥C1N
Cách II
Gọi E là trung điểm của CC1 thì ME⊥(CDD1C1)⇒hình chiếu vuông góc của
MP trên (CDD1C1) là ED1 Ta có
N C E D N C D N
CC E D C E C D CN
1 1
1 1
1
theo định lý ba đường vuông góc ta có MP⊥C1N
∑1,0đ
0,25 đ
0,5 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
V
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1,A2,L,A2n là C 2n3
Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2LA2n đi qua tâm đường tròn ( )O là
đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n điểm A1,A2,L,A2n có các đường chéo là hai đường chéo lớn Ngược lại, với mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác A1A2LA2n tức C n2
Theo giả thiết thì:
∑1,0đ
0,25 đ
0,25 đ
D 1
A 1
C B
A
N
P
y
x
z
Trang 7( )
1 20
6
2 2 1 2 2
! 2
! 2
! 20
! 3 2
! 3
! 2
20 2
3 2
−
=
−
−
⇔
−
=
−
⇔
n
n n
n C
8 15
1
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác Nếu lý luận đúng để đi
đến kết quả số hình chữ nhật là
2
) 1 (n−
n
thì cho điểm tối đa phần này
0,5 đ
