Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 môn Toán khối B

 1
 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 
 −−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm 
 đề thi chính thức Môn thi : toán Khối B 
Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1) 
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ 
⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 0 0( ) ( )y x y x= − − 
⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 3 2 3 20 0 0 03 ( ) 3( )x x m x x m − + = − − − − +  
⇔ tồn tại 0 0x ≠ sao cho 203x m= 
0m⇔ > . 
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 
Khi 2m = hàm số trở thành 3 23 2.y x x= − + 
Tập xác định : \ . 
2 0' 3 6 , ' 0
2.
x
y x x y
x
== − = ⇔  =
" 6 6. '' 0 1.y x y x= − = ⇔ = 
"y triệt tiêu và đổi dấu qua 1 (1;0)x = ⇒ là điểm uốn. 
Bảng biến thiên: 
Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1;0), (1 3;0)± và cắt trục tung tại điểm (0;2) . 
1 điểm 
0, 25 đ 
0, 25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
x − ∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 − 0 + 
 2 +∞
 CĐ CT 
y − ∞ −2 
 x
 y
 O
2
21
 −2 
 2
Câu 2. 2điểm
1) Giải ph−ơng trình: 2cotg tg 4sin 2 (1).
sin 2
x x x
x
− + = 
Điều kiện: 
sin 0
 (*).
cos 0
x
x
≠ ≠
Khi đó (1) 
cos sin 24sin 2
sin cos sin 2
x x x
x x x
⇔ − + =
2 2cos sin 24sin 2
sin cos sin 2
x x x
x x x
−⇔ + = 
22cos 2 4sin 2 2x x⇔ + = 22cos 2 cos 2 1 0x x⇔ − − = 
cos 2 1
1cos 2
32
x kx
x kx
π
π π
==  ⇔ ⇔  = ± += −  
 ( )k∈Z . 
 Kết hợp với điều kiện (*) ta đ−ợc nghiệm của (1) là π π ( ).
3
x k k= ± + ∈Z 
2) Giải hệ ph−ơng trình 
2
2
2
2
23 (1) 
23 (2).
yy
x
xx
y
 += + =
Điều kiện 0, 0x y≠ ≠ . 
Khi đó hệ đã cho t−ơng đ−ơng với 
2 2
2 22 2
( )(3 ) 03 2
3 2.3 2
x y xy x yx y y
xy xxy x
 − + + == + ⇔  = += + 
TH1: 2 2
1
1.3 2
x y x
yxy x
= = ⇔  == + 
TH2: 2 2
3 0
3 2
xy x y
xy x
+ + = = +
 vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có , 0x y > . 
Vậy nghiệm của hệ ph−ơng trình là: 1.x y= = 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
1 điểm 
0,25đ 
0,5đ 
0,25đ 
Câu 3. 3điểm
1) 
Vì G là trọng tâm ABC∆ vàM là trung điểm BC nên 
3 ( 1;3)MA MG= = −JJJG JJJJG (0;2)A⇒ . 
Ph−ơng trình BC đi qua (1; 1)M − và vuông góc với 
( 1,3)MA = −JJJG là: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). x y x y− − + + = ⇔ − + + = 
Ta thấy 10MB MC MA= = = ⇒ tọa độ ,B C thỏa mãn 
ph−ơng trình: 2 2( 1) ( 1) 10 (2). x y− + + = 
Giải hệ (1),(2) ta đ−ợc tọa độ của ,B C là (4;0), ( 2; 2). − − 
2) 
Ta có ' // 'A M NC A MCN= ⇒ là hình bình hành, 
do đó 'A C và MN cắt nhau tại trung điểm I của 
mỗi đ−ờng. Mặt khác A’DCB’ là hình bình hành nên 
trung điểm I của A’C cũng chính là trung điểm của 
B’D. Vậy MN và B’D cắt nhau tại trung điểm I của 
mỗi đ−ờng nên B’MDN là hình bình hành. Do đó B’, 
M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. 
Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2, 
hay DM = DN. Vậy hình bình hành B’MDN là hình thoi. Do đó B’MDN là hình 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
1 điểm 
0,5đ 
G 
A 
B 
C 
M 
. 
D’ 
A 
D C 
B N 
M I 
A’ B’ 
C’ 
 3
vuông ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 
⇔ BB’= 2a ⇔ AA’= 2a . 
3) 
Từ (0;6;0)AC =JJJG và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4). 
Ph−ơng trình mặt phẳng (α) qua I và vuông góc với OA là : 1 0.x − = 
⇒ tọa độ giao điểm của (α) với OA là K(1; 0; 0). 
⇒ khoảng cách từ I đến OA là 2 2 2(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK = − + − + − = 
0,5đ 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 24 .y x x= + − 
Tập xác định: [ ]2; 2− . 
2
' 1
4
xy
x
= −
−
, 
2
2 2
0
' 0 4 2
4
x
y x x x
x x
≥= ⇔ − = ⇔ ⇔ = − =
. 
Ta có ( 2) 2, ( 2) 2 2, (2) 2y y y− = − = = , 
Vậy 
[ 2;2]
max ( 2) 2 2y y
−
= = và 
[ 2;2]
min ( 2) 2y y
−
= − = − . 
2) Tính tích phân 
π
4 2
0
1 2sin .
1 sin 2
xI dx
x
−= +∫ 
Ta có 
π π
4 42
0 0
1 2sin cos 2
1 sin 2 1 sin 2
x xI dx dx
x x
−= =+ +∫ ∫ . 
Đặt 1 sin 2 2cos 2t x dt xdx= + ⇒ = . 
Với 0x = thì 1,t = với π
4
x = thì 2t = . 
Khi đó 
2
1
21 1 1ln | | ln 2.
12 2 2
dtI t
t
= = =∫ 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 5. 1điểm
Ta có 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x+ = + + + + . 
Suy ra ( )2 2 0 1 2 2
1 1
(1 ) ...n n nn n n nx dx C C x C x C x dx+ = + + + +∫ ∫ 
22 2 3 1
1 0 1 2
1 1
1 (1 ) ...
1 2 3 1
n
n n
n n n n
x x xx C x C C C
n n
++  ⇔ + = + + + +  + + 
2 3 1 1 1
0 1 22 1 2 1 2 1 3 2
2 3 1 1
n n n
n
n n n nC C C Cn n
+ + +− − − −⇔ + + + + =+ +" . 
0,5 đ 
0,5 đ