Đề chính thức Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 (1,0 điểm

(1)

1 Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm

... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...

Đề chính thức

Môn: Toán,

Khối A

(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

I 2,0

I.1 (1,0 điểm)

(

¹

)

2

3

2 3

ư

ư +

= ư

x x

y x =

( )

1 1

2x 1 2 x 1

ư + ư

ư . a) Tập xác định: ^{R \ 1}

{ }

^.

b) Sự biến thiên:

x(2 x)₂ y ' 2(x 1)

= ư

ư ; y ' 0= ⇔ =x 0, x 2= . 0,25 y_CĐ = y(2) = 1

ư2 , y_CT = y(0) = 3 2.

Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.

Đường thẳng 1

y x 1

= ư2 + là tiệm cận xiên. 0,25

Bảng biến thiên:

x

ư∞

0 1 2

+∞

y'

ư

0 + + 0

ư

y

_+∞

_+∞ ¹

ư2 3

2

ư∞

ư∞ 0,25

c) Đồ thị:

0,25

(2)

2 I.2 (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y = m là :

(

^x ^x

)

^m

x =

ư

ư +

ư

1 2

3

2 3

⇔ ^x² ⁺

(

²^m^ư³

)

^x⁺³^ư²^m⁼⁰^(*). ^0,25

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

>0

∆ ^⇔ ^4m²^ư^{4m 3 0}^{ư >} ⇔ ^m ³

> 2 hoặc 1

m< ư2 (**)

.

_0,25 Với điều kiện (**), đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành

độ x₁ , x₂ là nghiệm của phương trình (*).

AB = 1 ⇔ x₁ ưx₂ =1 ⇔ x1ưx2 ² =1 ⇔

(

^x¹⁺^x²

)

²^ư^{4x x}^{1 2} ⁼¹ _0,25

_⇔

(

²^m^ư³

)

² ^ư⁴

(

³^ư²^m

)

⁼¹ ^⇔

^m⁼¹^±₂ ⁵ (thoả mãn (**))

_0,25

II 2,0

II.1 (1,0 điểm)

Điều kiện : x 4≥ . 0,25

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:

2 2

2(x ư16) x 3 7 x+ ư > ư ⇔ 2(x ư16) 10 2x> ư _0,25 + Nếu x > 5 thì bất phương trình được thoả mãn, vì vế trái dương, vế phải âm. 0,25 + Nếu 4 x 5≤ ≤ thì hai vế của bất phương trình không âm. Bình phương hai vế ta

được: ^{2 x}

(

²^ư¹⁶

)

^>

(

^{10 2x}^ư

)

² ^⇔^x²^ư^{20x 66 0}⁺ ^< ^{⇔ ư}¹⁰ ^{34 x 10}< < + ³⁴ .

Kết hợp với điều kiện 4 x 5≤ ≤ ta có: 10ư 34 x 5< ≤ . Đáp số: x 10> ư 34 0,25 II.2 (1,0 điểm)

Điều kiện: y > x và y > 0.

^log

( )

^log4 ¹ ¹ 4

1 ư ư =

x y

y ⇔ư^log4

(

ư

)

ư^log4 ¹ =¹ x y

y 0,25

⇔

log₄ ^{y x} 1 y

ư ư = ⇔

4

x=3y

.

_0,25

Thế vào phương trình x² + y² = 25 ta có:

2

3y 2

y 25 y 4.

4

⎛ ⎞ + = ⇔ = ±

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ^0,25

So sánh với điều kiện , ta được y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 4). 0,25

III 3,0

III.1 (1,0 điểm)

+ Đường thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3)JJJG

có phương trình 3x 3y 0+ = . Đường thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)JJJG

có phương trình y = ư1 ( Đường thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1)JJJG

có phương trình 3x y 2 0+ ư = )

0,25 Giải hệ hai (trong ba) phương trình trên ta được trực tâm H( 3 ; 1)ư 0,25 + Đường trung trực cạnh OA có phương trình y = 1.

Đường trung trực cạnh OB có phương trình 3x y 2 0+ + = .

( Đường trung trực cạnh AB có phương trình 3x 3y 0+ = ). 0,25

(3)

3 Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c

OAB lµ ^I

(

⁻ ^{3 ; 1}

)

^. ^0,25

III.2.a (1,0 ®iÓm)

+ Ta cã: ^{C 2; 0; 0}

(

⁻

)

^,^{D 0;}

(

⁻^{1; 0}

)

^,^M

(

⁻¹^;⁰^; ²

)

^,

^SA⁼

(

²^;⁰^;⁻² ²

)

^,^BM^JJJJG^{= − −}

(

^1; ^1; ²

)

^. ^0,25

Gäi _α lµ gãc gi÷a SA vµ BM.

Ta ®−îc: ^cos^{α =} ^{cos SA, BM}

( )

⁼ _{SA . BM}^SA.BM ⁼ ₂³

JJJG JJJJG JJJG JJJJG

JJJG JJJJG ⇒ α = °30 .

0,25 + Ta cã: ^⎡^⎣^{SA, BM}^{JJJG JJJJG}^⎤^⎦^{= −}

(

^{2 2; 0; 2}⁻

)

^,^AB^JJJG^{= −}

(

^{2; 1; 0}

)

^. ^0,25

VËy:

( )

^{SA, BM AB} ^{2 6}

d SA, BM

SA, BM 3

⎡ ⎤⋅

⎣ ⎦

= =

⎡ ⎤

⎣ ⎦

JJJG JJJJG JJJG

JJJG JJJJG 0,25

III.2.b (1,0 ®iÓm)

Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − ; 2 2

; 1

N 0 .

0,25

( )

SAJJJG= 2; 0; −2 2

,^SM⁼

(

⁻¹^;⁰^;⁻ ²

)

^,^SB⁼

(

⁰^;¹^;⁻² ²

)

^,^SN^JJJG⁼^⎛^⎜_⎝^0;^{− −}¹₂^; ²^⎞^⎟_⎠

( )

SA, SM 0; 4 2; 0

⎡ ⎤

⇒⎣ ⎦=

JJJG JJJG

. 0,25

S.ABM

1 2 2

V SA,SM SB

6 ⎡ ⎤ 3

= ⎣ ⎦⋅ =

JJJG JJJG JJG

0,25

S.AMN

1 2

V SA,SM SN

6 ⎡ ⎤ 3

= ⎣ ⎦⋅ =

JJJG JJJG JJJG

⇒

V_S.ABMN =V_S.ABM +V_S.AMN = 2 0,25

IV 2,0

IV.1 (1,0 ®iÓm)

2

1

I x dx

1 x 1

=

∫

+ − ^{. §Æt:}^t⁼ ^x⁻¹^⇒ ^x⁼^t²⁺¹^⇒^dx⁼²^tdt^.

x=1⇒t =0, x=2⇒t =1. 0,25

(4)

4 Ta cã:

1 2 1 3 1

2

0 0 0

t 1 t t 2

I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt

1 t 1 t t 1

+ + ⎛ ⎞

=

∫

+ =

∫

+ =

∫

⎜⎝ − + − + ⎟⎠

0,25 I

1

3 2

0

1 1

2 t t 2t 2ln t 1

3 2

⎡ ⎤

= ⎢⎣ − + − + ⎥⎦ 0,25

1 1 11

I 2 2 2ln 2 4ln 2

3 2 3

⎡ ⎤

= ⎢⎣ − + − ⎥⎦= − . 0,25

IV.2 (1, 0 ®iÓm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

8 2 3 4

2 0 1 2 2 4 3 6 4 8

8 8 8 8 8

5 6 7 8

5 10 6 12 7 14 8 16

8 8 8 8

1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x

⎡ + − ⎤ = + − + − + − + −

⎣ ⎦

+ − + − + − + − 0,25

BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. 0,25 VËy x⁸ chØ cã trong c¸c sè h¹ng thø t−, thø n¨m, víi hÖ sè t−¬ng øng lµ:

C .C , C .C³₈ ²₃ ⁴₈ ⁰₄ 0,25

Suy ra a₈=168 70 238+ = . 0,25

V 1,0

Gäi M=cos2A+2 2cosB+2 2cosC−3

3

cos 2 cos 2

2 2 2 1 cos

2 ² − + ⋅ + ⋅ − −

= B C B C

A . 0,25

Do 0

sinA2 >

, 1

cosB2−C ≤

nªn ² A

M 2cos A 4 2 sin 4

≤ + 2 − . 0,25

MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn cosA≥0, cos²A≤cosA. Suy ra:

2 4 sin 2 4 cos

2 + −

≤ A

A

M 4

sin 2 2 2 4

sin 2 1

2 ² ⎟+ −

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= A A

2

sin 2 2 2 4

sin

4 ² + −

−

= A A

0 2 1

sin 2 2

2

≤

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

−

= A

. VËy M≤0. 0,25

Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

− =

=

2 1 sin 2

2 1 cos

cos cos²

A C B

A A

⇔ ^{A 90} B C 45

= °

⎧⎨

= = °⋅

⎩

0,25