Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABC S. , S Mvà lần l-ợt N
là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB . SC a AMN
mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . ) AMN ) (SBC
160 trang |
Chia sẻ: lylyngoc | Lượt xem: 1588 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2002 Môn thi: Toán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
------------------------------ Môn thi : toán
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số : (1) ( là tham số). 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1=m
2. Tìm k để ph−ơng trình: − có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =−++ kkxx
3. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho ph−ơng trình : 0121loglog 23
2
3 =−−++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải ph−ơng trình (2) khi .2=m
2. Tìm để ph−ơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m 33;1 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( π của ph−ơng trình: .32cos
2sin21
3sin3cossin +=
+
++ x
x
xxx5
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS. ,S M và lần l−ợt N
là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC a AMN
mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đ−ờng thẳng:
∆ và ∆ .
=+−+
=−+−
0422
042
:1 zyx
zyx
+=
+=
+=
tz
ty
tx
21
2
1
:2
a) Viết ph−ơng trình mặt phẳng chứa đ−ờng thẳng )(P 1∆ và song song với đ−ờng thẳng .2∆
b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2(M H thuộc đ−ờng thẳng 2∆ sao cho đoạn thẳng MH
có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A
ph−ơng trình đ−ờng thẳng là BC ,033 =−− yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và
bán kính đ−ờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC
2. Cho khai triển nhị thức:
nx
n
n
nxx
n
n
xnx
n
nx
n
nxx
CCCC
+
++
+
=
+
−−−−
−
−−−−−−
3
1
32
1
13
1
2
1
12
1
032
1
22222222 L
( n là số nguyên d−ơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t− 13 5 nn C=
bằng , tìm và n20 n x .
----------------------------------------Hết---------------------------------------------
Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:.....................
1bộ 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 23 31 xxym +−=⇒=
Tập xác định Rx∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= xxxxy ,
=
=⇔=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" =⇔==+−= xyxy
Bảng biến thiên
∞+∞− 210x
−'y +0 −0
−+ 0"y
y +∞ lõm U 4
CT 2 CĐ
0 lồi ∞−
=
=⇔=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =−y
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 x0
2
4
y
2I 2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− .
Đặt 23 3kka +−= Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình axx =+− 23 3
có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka
( )( )
>−+
<≠⇔
>+−+
<≠⇔
021
30
0)44)(1(
30
22 kk
k
kkk
k
≠∧≠
<<−⇔
20
31
kk
k
Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ kkxkxxf
có 2 nghiệm phân biệt khác k
≠∧≠
<<−⇔
≠−+−+
>++−=∆⇔
20
31
033
0963
222
2
kk
k
kkkkk
kk
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25đ
0,25 đ
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy ,
+=
−=⇔=
1
1
0
2
1'
mx
mx
y
Ta thấy 21 xx ≠ và 'y đổi dấu khi qua 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại
1x và 2x .
23)( 211 −+−== mmxyy và 23)( 222 ++−== mmxyy
Ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
( )23;1 21 −+−− mmmM và ( )23;1 22 ++−+ mmmM là:
⇔+−+=+−
4
23
2
1 2 mmymx mmxy +−= 22
Cách II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm có 2 nghiệm 21 xx ≠
và 'y đổi dấu khi qua 1x và ⇒2x hàm số đạt cực trị tại 1x và 2x .
Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−=
( ) .23363
33
1 222 mmxmmxxmx +−+−++−
−=
Từ đây ta có mmxy +−= 211 2 và mmxy +−= 222 2 .
Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +−= 22 .
∑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 2=m ta có 051loglog 2323 =−++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
06051 22 =−+⇔=−+− tttt .
2
3
2
1
=
−=⇔
t
t
∑ 5,0 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
331 −=t (loại) , 33232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt
33±=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog 23
2
3 =−−++ mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log23 ≥+= xt ta có
0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[ 233
3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3∈ khi và chỉ khi (3) có
nghiệm [ ]2,1∈ . Đặt tttf += 2)(
Cách 1.
Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Ph−ơng trình 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt có nghiệm [ ]2;1∈
.20
622
222
22)2(
22)1( ≤≤⇔
≤+
+≤⇔
+≥
+≤⇔ m
m
m
mf
mf
Cách 2.
TH1. Ph−ơng trình (3) có 2 nghiệm 21 , tt thỏa mãn 21 21 <≤< tt .
Do 1
2
1
2
21 <−=+ tt nên không tồn tại m .
TH2. Ph−ơng trình (3) có 2 nghiệm 21 , tt thỏa mãn
21 21 ≤≤≤ tt hoặc 21 21 tt ≤≤≤
( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5 32cos
2sin21
3sin3cossin +=
+
++ x
x
xxx . Điều kiện
2
12sin −≠x
Ta có 5 =
+
++
x
xxx
2sin21
3sin3cossin 5
+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5 =
+
++−+
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5 x
x
xx cos5
2sin21
cos)12sin2( =
+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑1 ,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
42.
Vì (0∈x ; )π2 nên lấy
31
π=x và
3
5
2
π=x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều
kiện
2
12sin −≠x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
31
π=x và
3
5
2
π=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy ph−ơng trình 3|34| 2 +=+− xxx có 2 nghiệm 01 =x và .52 =x
Mặt khác ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . Vậy
( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+= 1
0
3
1
22
5
0
2 343343|34|3
( )dxxxx∫ −+−++ 5
3
2 343
( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−= 5
3
2
3
1
2
1
0
2 5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
16
2
3
3
1
2
5
3
1
+−+
+−+
+−= xxxxxxxS
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
∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x )
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
x510-1
y
3
32
1
8
-1
5 S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI ∩= . Từ giả thiết
MNaBCMN ,
22
1 ==⇒ // BC I⇒ là trung điểm của SK và MN .
Ta có ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyến t−ơng ứng ANAM =
AMN∆⇒ cân tại A MNAI⊥⇒ .
Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC
⊥⇒⊥⇒
⊥
⊂
=∩
⊥
.
Suy ra SAK∆ cân tại
2
3aAKSAA ==⇒ .
244
3 222222 aaaBKSBSK =−=−=
4
10
84
3
2
222
222 aaaSKSASISAAI =−=
−=−=⇒ .
Ta có
16
10.
2
1 2aAIMNS AMN ==∆ (đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI⊥ nh− sau:
( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ .
2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
−
−
−
haSaAaCaBK ;
6
3;0,0;
2
3;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đ−ờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
62a)
Cách I. Ph−ơng trình mặt phẳng )(P chứa đ−ờng thẳng 1∆ có dạng:( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα )
⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx
Vậy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr .Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ và ( ) 22 1;2;1 ∆∈M
( )P // ( ) ( ) ( )
∉
=−⇔
∉
=⇔∆
PMPM
unP
22
2
2
0
1;2;1
0. βαrr
Vậy ( ) 02: =− zxP
Cách II Ta có thể chuyển ph−ơng trình 1∆ sang dạng tham số nh− sau:
Từ ph−ơng trình 1∆ suy ra .02 =− zx Đặt
=
−=
=
∆⇒=
'4
2'3
'2
:'2 1
tz
ty
tx
tx
( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ uM r // 1∆ .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm 11 ∆∈M bằng cách cho 020 =−=⇒= zyx
và tính ( )4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1 =
−
−−
−=ur ).
Ta có ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunP rrr . Vậy ph−ơng trình mặt phẳng )(P đi qua ( )0;2;01 −M
và ⊥ ( )1;0;2 −=Pnr là: 02 =− zx .
Mặt khác ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−ơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 =− zx
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I. ( ) MHtttHH ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt
( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ( )3;3;21 Ht ⇒=
Cách II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ .
MH nhỏ nhất ( )4;3;210. 22 HtuMHMH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔ r
∑ 5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
-----------
0,5 đ
0,5 đ
V 1.
Ta có ( )0;1BOxBC =I . Đặt axA = ta có );( oaA và
.33 −=⇒= ayax CC Vậy ( )33; −aaC .
Từ công thức
( )
( )
++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có
−+
3
)1(3;
3
12 aaG .
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do đó
∑1đ
0,25 đ
7( )21
2
3.
2
1 −==∆ aACABS ABC .
Ta có
( )
|1|3|1|3
132 2
−+−
−=++= aa
a
BCACAB
Sr = .2
13
|1| =+
−a
Vậy .232|1| +=−a
TH1.
++⇒+=
3
326;
3
347332 11 Ga
TH2
−−−−⇒−−=
3
326;
3
134132 22 Ga .
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp ABC∆ . Vì 22 ±=⇒= Iyr .
Ph−ơng trình ( ) 321
3
11.30: 0 ±=⇒−=−= IxxxtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=⇒ IxB Từ 2),( =ACId
.3232 +=+=⇒ Ixa
++⇒
3
326;
3
347
1G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321−=⇒ IxB T−ơng tự
ta có .3212 −−=−= Ixa
−−−−⇒
3
326;
3
134
2G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-----------
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2.
Từ 13 5 nn CC = ta có 3≥n và
∑1 đ
8( ) ( ) 028356
)2)(1(
!1
!5
!3!3
! 2 =−−⇔=−−⇔−=− nnn
nnn
n
n
n
n
41 −=⇒ n (loại) hoặc .72 =n
Với 7=n ta có
.4421402.2.3514022 222
3
3
4
2
1
3
7 =⇔=⇔=⇔=
−−−−− xC xxx
xx
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1=m .
2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.
Câu II. (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Giải ph−ơng trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− .
2. Giải bất ph−ơng trình: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx .
3. Giải hệ ph−ơng trình:
++=+
−=−
.2
3
yxyx
yxyx
Câu III. ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đ−ờng :
4
4
2xy −= và
24
2xy = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
0;
2
1I , ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB là 022 =+− yx và ADAB 2= . Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập ph−ơng 1111 DCBABCDA có cạnh bằng a .
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng BA1 và DB1 .
b) Gọi PNM ,, lần l−ợt là các trung điểm của các cạnh CDBB ,1 , 11DA . Tính góc giữa
hai đ−ờng thẳng MP và NC1 .
Câu V. (ĐH : 1,0 điểm)
Cho đa giác đều nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L , tìm n .
--------------------------------------Hết-------------------------------------------
Ghi chú : 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:...............................
1
Bộ 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
Câu ý Nội dung ĐH CĐ
I 1 Với 1=m ta có 108 24 +−= xxy là hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy .
Tập xác định ∀ Rx∈ , ( )44164' 23 −=−= xxxxy , 0'=y
±=
=⇔
2
0
x
x
,
3
4121612" 22
−=−= xxy
3
20" ±=⇔= xy .
Bảng biến thiên:
∞+−−∞− 2
3
20
3
22x
−'y 0 + 0 − 0 +
"y + 0 − 0 +
∞+ 10 ∞+
y lõm U CĐ U lõm
CT lồi CT
6− 6−
Hai điểm cực tiểu : ( )6;21 −−A và ( )6;22 −A .
Một điểm cực đại: ( )10;0B .
Hai điểm uốn:
−
9
10;
3
2
1U và
9
10;
3
2
2U .
Giao điểm của đồ thị với trục tung là ( )10;0B .
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:
64 +±=x và 64 −±=x .
(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
∑ 5,1 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
x 0
10
y
-6
-2 2
A2 A1
B
U1 U2
2
I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy ,
=−+
=⇔=
092
0
0' 22 mmx
x
y
Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình 0'=y có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó 'y đổi dấu khi qua các nghiệm)⇔ ph−ơng trình
092 22 =−+mmx có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
092 22 =−+mmx
−=
≠
⇔
m
mx
m
2
9
0
2
2 . Ph−ơng trình 092 22 =−+mmx
có 2 nghiệm khác 0
<<
−<⇔
.30
3
m
m
Vậy hàm số có ba điểm cực trị
<<
−<⇔
.30
3
m
m
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1
xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=−
2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx +−−=+−−⇔
( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ xxxx
( ) 07cos11coscos =−⇔ xxx
02sin9sincos =⇔ xxx
.
2
902sin9sin Zkkx
kx
xx ∈
=
=
⇔=⇔ π
π
Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đ−a về ph−ơng trình tích.
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx (1).
Điều kiện: 73log1729
0)729(log
0729
1,0
9
3
>⇔>−⇔
>−
>−
≠>
x
xx
x
x
x (2).
Do 173log9 >>x nên ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3
( ) 072333729 2 ≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3).
Đặt xt 3= thì (3) trở thành
2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x .
Kết hợp với điều kiện (2) ta đ−ợc nghiệm của bất ph−ơng trình là:
273log9 ≤< x .
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3
3
++=+
−=−
).2(2
)1(3
yxyx
yxyx
Điều kiện: )3(
.0
0
≥+
≥−
yx
yx
( ) += =⇔=−−−⇔ .101)1( 63 yx yxyxyx
Thay yx = vào (2), giải ra ta đ−ợc .1== yx
Thay 1+= yx vào (2), giải ra ta có:
2
1,
2
3 == yx .
Kết hợp với điều kiện (3) hệ ph−ơng trình có 2 nghiệm:
1,1 == yx và
2
1,
2
3 == yx
Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:
+=
=
.1yx
yx
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tìm giao điểm của hai đ−ờng cong
4
4
2xy −= và
24
2xy = :
4
4
2x− =
24
2x 8804
432
2
24
±=⇔=⇔=−+⇔ xxxx .
Trên [ ]8;8− ta có
24
2x
4
4
2x−≤ và do hình đối xứng qua trục tung
nên dxxxS ∫
−−=
8
0
22
244
42 21
8
0
2
8
0
2
22
116 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ .
Để tính 1S ta dùng phép đổi biến tx sin4= , khi 40
π≤≤ t thì 80 ≤≤ x .
tdtdx cos4= và
∈∀>
4
;00cos πtt . Do đó
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 5,1 đ
0,5 đ
0,25 đ
x 0-4 4
2
y
-2 2 2 2
2 A2 A1
4
x
4y
2
−=
24
x
y
2
=
4
( ) 422cos18cos1616 4
0
4
0
2
8
0
2
1 +=+==−= ∫∫∫ π
ππ
dtttdtdxxS .
3
8
26
1
22
1
8
0
3
8
0
2
2 === ∫ xdxxS . Vậy 34221 +=−= πSSS .
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dxxxS ∫
−
−−=
8
8
22
244
4 .
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
IV 1
Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳng AB bằng
2
5 5=⇒ AD và
2
5== IBIA .
Do đó BA, là các giao điểm của đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I và bán
kính
2
5=R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :
=+
−
=+−
2
2
2
2
5
2
1
022
yx
yx
Giải hệ ta đ−ợc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (vì 0<Ax ) ( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC .
Chú ý:
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đ−ờng thẳng AB .
Sau đó tìm BA, là giao điểm của đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ−ờng
thẳng AB .
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 5,1 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
xCIOA
D
B
H
y
5
IV 2a) Tìm khoảng cách giữa BA1 và DB1 .
Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 ⇒
( ) ( ) ( )0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA =−−=−=⇒ và [ ] ( )22211 ;2;, aaaDBBA = .
Vậy ( ) [ ][ ] 66,
.,
,
2
3
11
1111
11
a
a
a
DBBA
BADBBA
DBBAd === .
Cách II. ( ) DBBADCABBA
ADBA
ABBA
11111
1
11 ⊥⇒⊥⇒
⊥
⊥
.
T−ơng tự DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ .
Gọi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nên
GGCGBGA ⇒== 11 là tâm tam giác đều 11BCA có cạnh bằng 2a .
Gọi I là trung điểm của BA1 thì IG là đ−ờng vuông góc chung của BA1 và
DB1 , nên ( ) 62
3
3
1
3
1, 1111
aBAICIGDBBAd ==== .
Chú ý:
Thí sinh có thể viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )P chứa BA1 và song song với
DB1 là: 02 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1B (hoặc từ D ) tới ( )P ,
hoặc viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa DB1 và song song với BA1 là:
022 =−++ azyx và tính khoảng cách từ 1A (hoặc từ B) tới ( )Q .
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
∑ 5,1 đ
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
CB
I
G
6
2b)
Cách I.
Từ Cách I của 2a) ta tìm đ−ợc
aaPaaNaaM ;
2
;0,0;;
2
,
2
;0;
0.;0;
2
,
2
;
2
; 11 =⇒
=
−=⇒ NCMPaaNCaaaMP .
Vậy NCMP 1⊥ .
Cách II.
Gọi E là trung điểm của 1CC thì ( )⇒⊥ 11CCDDME hình chiếu vuông góc của
MP trên ( )11CCDD là 1ED . Ta có
NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111
0
111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Từ đây
theo định lý ba đ−ờng vuông góc ta có NCMP 1⊥ .
∑ 0,1 đ
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 n2 điểm nAAA 221 ,,, L là 32nC .
Gọi đ−ờng chéo của đa giác đều nAAA 221 L đi qua tâm đ−ờng tròn ( )O là
đ−ờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đ−ờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong n2 điểm nAAA 221 ,,, L có các đ−ờng
chéo là hai đ−ờng chéo lớn. Ng−ợc lại, với mỗi cặp đ−ờng 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 đ−ờng chéo lớn của đa giác nAAA 221 L tức 2nC .
Theo giả thiết thì:
∑ 0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ
D1A1
B1 C1
C
B
A
M
E
N
P
y
x
z
7
( )
( ) ( )
( )( ) ( )
2
120
6
2212.2
!2!2
!20
!32!3
!220 232
−=−−⇔−=−⇔=
nnnnn
n
n
n
nCC nn
81512 =⇔=−⇔ nn .
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( −nn