x= y Bảng biến thiên

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

I 1 m=1⇒y=−x³+3x²

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





=

⇔ =

= 2

0 0 '

2 1

x y x

1 0

"

, 0 6 6

"=− x+ = y = ⇔ x= y

Bảng biến thiên

∞ +

∞

− 0 1 2

x

−

y' 0 + 0 −

−

+ 0

"

y

y +∞ lõm U 4 CT 2 CĐ

0 lồi −∞







=

⇔ =

= 3

0 0 x

y x , 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

-1 1 2 3

0 x 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 2

k k

k k

k





≠

∧

≠

<

<

⇔ ư

2 0

3 1

k k

k

Cách II. Ta có

[

^{( 3) 3}

]

⁰

) ( 0 3

3 ^{2 3 2 2 2}

3 + + ư = ⇔ ư + ư + ư =

ưx x k k x k x k x k k

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

∑

^{0,5 đ}

0,25 đ 0,25 đ ---

0,25đ

0,25 đ

∑

^{0,5 đ}

0,25 đ 0,25 đ ---

0,25 đ 0,25 đ

3

Cách I.

3 ) ( 3 ) 1 ( 3 6

3 ^{2 2 2}

' =ư x + mx+ ưm =ư xưm +

y , 





+

=

ư

⇔ =

= 1

0 1

2 ' 1

m x

m y x

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

2 3 )

( ₁ ²

1 = y x =ưm + mư

y và y₂ = y(x₂)=ưm² +3m+2 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị

M1

(

mư^1;ưm² +³mư²

)

và M2

(

m+^1;ưm² +³m+²

)

là:

+ ư + ⇔

+ =

ư

4

2 3 2

1 y m² m

m

x y=2xưm² +m

Cách II. y^' =ư3x² +6mx+3(1ưm²)=ư3(xưm)² +3, Ta thấy 0

' 0 9 ) 1 ( 9 9

'= ² + ư ² = > ⇒ =

∆ m m y có 2 nghiệm x₁ ≠ x₂

và y' đổi dấu khi qua x₁ và x₂ ⇒ hàm số đạt cực trị tại x₁ và x₂. Ta có y=ưx³ +3mx² +3(1ưm²)x+m³ ưm²

(

^{3 6 3 3}

)

^{2 .}

3 3

1 _{2 2 2}

m m x m mx

m x

x ư + + ư + ư +



 



 ư

=

Từ đây ta có y₁ =2x₁ưm² +m và y₂ =2x₂ ưm² +m.

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 log²₃ x+ log²₃ x+1ư5=0 Điều kiện x>0. Đặt t = log₃² x+1≥1 ta có t² ư1+tư5=0⇔t² +tư6=0 .

2 3

2

1





=

ư

⇔ = t t

∑

^0,5đ

0,25 đ

∑

^1,0đ

0,5 đ

1 =ư3

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

log²₃ x+ ²₃ x+ ư mư = (2)

Điều kiện x>0. Đặt t = log₃² x+1≥1 ta có t² ư1+tư2mư1=0⇔t² +tư2mư2=0 (3)

. 2 1 log 1

3 log

0 ] 3 , 1

[ ³ ⇔ ≤ ₃ ≤ ⇔ ≤ = ²₃ + ≤

∈ x t x

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

0 2.

6 2 2

2 2 2 2 2 ) 2 (

2 2 ) 1

( ⇔ ≤ ≤





≤ +

+

⇔ ≤





+

≥ +

⇔ ≤ m

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 )

∑

^{1,0 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

0,25 đ

III 1.

5 cos2 3

2 sin 2 1

3 sin 3

sin cos = +



 





+

+ + x

x x

x x . Điều kiện

2 2 1

sin x≠ư

Ta có 5 =



 





+ + +

x x x x

2 sin 2 1

3 sin 3

sin cos 5 



 





+

+ +

+

x

x x

x x x

2 sin 2 1

3 sin 3 cos 2 sin sin 2 sin

=5 =



 





+

+ +

ư +

x

x x

x x

x

2 sin 2 1

3 sin 3 cos 3 cos cos

sin 5 x

x x

x 5cos

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

cosx=1 ⇒ 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

2.

Vìx∈

(

0;2π

)

nên lấy

1 3

=π x và

3 5

2

= π

x . Ta thấy x₁,x₂ thỏa mãn điều kiện

2 2 1

sin x≠ư . Vậy các nghiệm cần tìm là:

1 3

=π x và

3 5

2

= π

x .

(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}

(

^{x x x}

)

^dx

(

^{x x x}

)

^dx

(

^{x x x}

)

^dx

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

S ⁼

∫

^{ư + +}

∫

^{ư + +}

∫

^{5 ư +}

3 2 3

1 2 1

0

2 5 3 6 5

5

3 2 3 3

1 2

3 1

0 2 3

2 5 3 6 1

2 3 3 1 2

5 3

1 



 



ư +

 +



 



 ư +

 +



 



ư +

= x x x x x x x

S

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 |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

IV 1.

∑

^1đ

∑

^1đ

5 x 0 1

-1 y

3

2 3 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 a MN

BC

MN ,

2 2

1 =

=

⇒ // BC ⇒I là trung điểm của SK và MN. Ta có ∆SAB=∆SAC⇒ hai trung tuyến tương ứng AM = AN ⇒∆AMN cân tại A ⇒ AI⊥MN.

Mặt khác

( ) ( )

( ) ( )

( )

AI

(

SBC

)

AI SK

MN AI

AMN AI

MN AMN

SBC

AMN SBC

⊥

⇒

⊥

⇒











⊥

⊂

=

∩

⊥

.

Suy ra ∆SAK cân tại

2 3 AK a

SA

A⇒ = = .

2 4 4

3 ^{2 2 2}

2 2

2 a a a

BK SB

SK = ư = ư =

4 10 8

4 3 2

2 2 2

2 2

2 SK a a a

SA SI

SA

AI  = ư =



 



ư

=

ư

=

⇒ .

Ta có

16 . 10

2

1 a²

AI MN

S_∆AMN = = (đvdt)

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



 



 a h

a S a A

a C B

K ;

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

2a)

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

(

xư2y+zư4

) (

+β x+2yư2z+4

)

=0

α (α² +β² ≠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

)

//∆₂ vàM₂

(

1;2;1

)

∈∆₂

( )

P //

( ) ( )

_^ ∉

( )

=

⇔ ư





∉

⇔ =

∆ M P M P

u n_P

2 2

2 2

0 1

; 2

; 1

0

.r α β

r

Vậy

( )

P :2xưz=0

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

Từ phương trình ∆₁ suy ra 2xưz=0. Đặt







=

ư

=

=

∆

⇒

=

' 4

2 ' 3

' 2 :

'

2 ₁

t z

t y

t x t

x

(

0; 2;0

)

₁, ₁ (2;3;4)

1 ư ∈∆ =

⇒M ur //∆₁.

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

và tính

(

2;3;4

)

2 1

2

;1 1 2

1

; 1 2 2

1 2

1 =





 ư

ư

ư

= ư

ur ).

Ta có ur₂ =

(

1;1;2

)

//∆₂. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :

[

₁, ₂

]

=

(

2;0;ư1

)

= u u

nr_P r r . Vậy phương trình mặt phẳng (P) đi qua M₁

(

0;ư2;0

)

và ⊥ nr_P =

(

2;0;ư1

)

là: 2xưz=0.

Mặt khác M₂

(

1;2;1

) ( )

∉ P ⇒ phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2xưz=0

∑

^0,5đ

0,25 đ

0,25 đ ---

0,25 đ 0,25 đ

∑

^1,0đ

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

=

⇒MH t t t t t t

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

)

.

MHnhỏ nhất ⇔ MH⊥∆₂ ⇔ MH.ur₂ =0⇔t =1⇒H

(

2;3;4

)

∑

^0,5đ

0,25 đ 0,25 đ ---

0,25 đ 0,25 đ

∑

^1,0đ

0,5 đ 0,5 đ ---

0,5 đ 0,5 đ

V 1.

Ta có BCIOx=B

( )

1;0 . Đặt x_A =a ta có A(a;o) và .

3 3 ư

=

⇒

=a y a

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

ta có 







 + ư

3 ) 1 (

; 3 3

1

2a a

G .

Cách I.

Ta có :

| 1

| 2

|, 1

| 3

|, 1

| ư = ư = ư

= a AC a BC a

AB

∑

^1đ

0,25 đ

(

1

)

²

2 . 3

2

1 = ư

∆ = ABAC a

S _ABC .

Ta có

( )

| 1

| 3

| 1

| 3

1 3

2 ²

ư +

ư

= ư +

= +

a a

a BC

AC AB

r S = 2.

1 3

| 1

| =

+

ư a

Vậy |aư1|=2 3+2.

TH1. 





 + +

⇒ +

= 3

3 2

;6 3

3 4 3 7

3

2 ₁

1 G

a

TH2 





ư ư ư ư

⇒

ư

ư

= 3

3 2

; 6 3

1 3 1 4

3

2 ₂

2 G

a .

Cách II.

y

C

I

O B A x

GọiI là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC. Vì r =2⇒ y_I =±2 .

Phương trình

( )

^{1 2 3}

3 1 1 . 30

: = ⁰ ư = xư ⇒x_I = ± x

tg y

BI .

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 





 + +

⇒ 3

3 2

;6 3

3 4 7 G1

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

ta có a =x_I ư2=ư1ư2 3. 







ư ư ư ư

⇒ 3

3 2

; 6 3

1 3 4 G2

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ ---

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 2.

Từ C_n³ =5C¹_n ta có n≥3 và

∑

^{1 đ}

( ) ( )

6 ^{5 3 28 0} )

2 )(

1 (

! 1 5 !

! 3

! 3

! ⇔ − − = ⇔ ₂ − − =

= −

− n n n 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

2 ^{2 2 2}

3 3 4 2

1 3

7  = ⇔ = ⇔ = ⇔ =













 ^{− −} _{− − −}

x

C ^{x x x}

x x

0,25 ® 0,25 ®

0,5 ®