Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D Môn Toán 2011
Trang 1Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1 Tài liệu dễ hiểu Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này
2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc Đăng kí “Học tập từ xa”
GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI D
NĂM 2011
Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”
Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 Ngõ 86 Đường Tô Ngọc Vân Hà Nội
Email: nhomcumon68@gmail.com
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689
Trang 2đề thi môn toán khối D năm 2011
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:
2x 1
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Tìm k để đờng thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phơng trình:
sin 2x 2cos x sin x 1
0
tan x 3
2 Giải phơng trình:
2
2
log (8 x ) log 1 x 1 x 2 0, (x )
Câu III: (1 điểm): Tính tích phân
4 0
4x 1
2x 1 2
Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB
= 3a, BC = 4a, mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết
đến mặt phẳng (SAC) theo a
Câu V: (1 điểm): Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
3 2 2
Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chơng trình Chuẩn
Câu VI a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh B( 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đờng thẳng chứa phân giác trong của góc A có phơng trình x
y 1 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh A và C
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y z 3
(d) :
điểm A(1; 2; 3) Viết phơng trình đờng thẳng () đi qua điểm A, vuông góc với đờng thẳng (d) và cắt trục Ox
Câu VII.a (1 điểm): Tìm các số phức z, biết z (2 3i)z 1 9i.
B Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đờng tròn (C): x2 +
y2 2x + 4y 5 = 0 Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (C) tại hai điểm M
và N sao cho AMN vuông cân tại A
Trang 32. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y 3 z
( ) :
mặt phẳng (P): 2x y + 2z = 0 Viết phơng trình mặt cầu có tâm thuộc đờng thẳng (), bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P)
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
y
x 1
trên đoạn [0; 2].
Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1 Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất
2 Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:
2x 1
kx 2k 1
x 1
f(x) = ax2 + bx + c = 0 với x 1 (1)
Bớc 2: Ta lần lợt:
Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng tại 2 điểm phân biệt điều kiện là:
Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác 1
f
a 0 0
f ( 1) 0
Khi đó, với điều kiện (*):
A B
A B
x x b / a
x x c / a
Ta có A(xA; kxA + 2k + 1), B(xB; kxB + 2k + 1) nên để khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau điều kiện là:
kxA + 2k + 1 = kxB + 2k + 1 Giá trị của k
Bớc 3: Kết luận
Câu II.
1. Với phơng trình lợng giác dạng u(x)
0 v(x) ta luôn thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình, cụ thể ở đây ta cần có:
cos x 0 tan x 3 0
(*)
Bớc 2: Biến đổi phơng trình về dạng:
u(x) = 0 sin2x + 2cosx sinx 1 = 0
Phơng trình này đợc giải bằng việc sử dụng công thức góc nhân đôi (sin2x = 2sinx.cosx) để chuyển nó về dạng tích Cụ thể:
2sinx.cosx + 2cosx sinx 1 = 0
2(sinx + 1)cosx (sinx + 1) = 0
Trang 4 (sinx + 1)(2cosx 1) = 0
Bớc 3: Kiểm tra điều kiện (*) rồi kết luận về nghiệm của phơng trình
2. Đây là phơng trình lôgarit hỗn hợp bởi nó còn chứa cả căn bậc hai, chúng ta đi
đánh giá dần nh sau:
1 1
2
2
2
tức là có thể biến đổi phơng trình về dạng có cùng cơ số, cụ thể:
2
log (8 x ) log 4 1 x 1 x
8 x 2 4 1 x 1 x
Tới đây, ta đợc một phơng trình chứa căn dạng u vw và vì w có thể
đ-ợc biểu diễn thông qua uv nên ta thực hiện bình phơng hai vế để nhận đđ-ợc:
8 x 16 2 2 1 x
Khi đó, nếu chuyển phơng trình về dạng u v rồi thực hiện phép bình
ph-ơng thì rất phức tạp (ngoài ra còn nhận đợc phph-ơng trình bậc 8 theo x) nên ta sử dụng ẩn phụ t 1 x , t 0 2 để nhận đợc:
7 t 22 16 2 2t t4 + 14t2 32t + 17 = 0.
Thực hiện việc nhẩn nghiệm và chia đa thức, ta đợc:
(t 1)2(t2 + 2t + 17) = 0 t 0 t 1 0 t = 1 1 x 2 1 x = 1.
Chú ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
Câu III Chúng ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp đổi biến để đa I về
dạng tích phân hàm số hữu tỉ, cụ thể đặt u 2x 1, u 0 , suy ra:
u2 = 2x + 1 2x = u2 1 2dx = 2u.du dx = udu
và sau việc đổi cận ta sẽ nhận đợc:
3 3
1
u 2
Thực hiện phép chia đa thức ta có biến đổi:
3
2 1
10
u 2
Câu IV Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ.
1. Để tính đợc thể tích khối chóp S.ABC ta cần có đờng cao kẻ từ đỉnh S nên thực hiện hạ SH BC (H BC) thì vì (SBC) (ABC) nên SH (ABC) Khi đó:
S.ABC ABC
Trong đó:
Độ dài của AB và BC đã có sẵn
Độ dài của SH tính đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SHB, cụ thể:
Trang 52. Để tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC), chúng ta sử dụng:
Nh vậy, cần tính đợc HC và d(H, (SAC))
Để tính HC ta có:
HC = BC BHBC SB.cosSBC.
Để tính d(H, (SAC)) ta hạ HD AC (DAC) và HK SD (KSD) thì:
HK (SAC) d(H, (SAC)) = HK
Trong SHD, ta có:
2 2 2
SH.HD HK
với HD ttinhs đợc dựa vào sự đồng dạng của hai tam giác ABC và HDC
Câu V Trớc tiên, ta nhận thấy các phơng trình trong hệ đều có tham số đứng độc
lập với biến và với yêu cầu "Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm" luôn đợc chuyển
về việc "Tìm m để phơng trình đặc trng có nghiệm".
Để có đợc phơng trình đặc trng ta luôn sử dụng phơng pháp thế ở đây, để
đơn giản ta sử dụng ẩn phụ:
2
, u 4
v 2x y
bởi hệ phơng trình có thể đợc biến đổi về dạng:
2
2
uv m
u v 1 2m
u(1 2m u) m
v 1 2m u
u2 + (2m 1)u + m = 0 (1)
Từ đó, hệ đã cho có nghiệm khi phơng trình (1) có nghiệm thoả mãn 1
u 4
Bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm, cụ thể với 1
u 4
biến đổi tiếp (1) về dạng:
2
2u 1
Công việc còn lại là xét hàm số
2
f (u)
2u 1
trên
1
; 4
.
Câu VI.a
1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ
Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mãn điều kiện hỗn hợp K" nên ta cần có
phân tích đúng, cụ thể:
Với giả thiết về toạ độ của B và trọng tâm G ta sẽ có đợc toạ độ trung điểm
D của AC Khi đó, yêu cầu của bài toán đợc hớng về việc tìm toạ độ đỉnh A
Trang 6 A thuộc phân giác (d): x y 1 = 0 nên cần thêm phơng trình đờng thẳng AB hoặc AC
Với giả thiết về phân giác trong ta lựa chọn việc lập phơng trình đờng thẳng
AC thông qua việc xác định toạ độ điểm E đối xứng với B qua D (E AC)
Từ đó, bài toán đợc thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình các đờng thẳng (d), () về dạng tham số theo a, b
để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm N theo a và M theo b
Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết:
O, M, N thẳng hàng OM kON
OM.ON = 8 Giá trị của a
Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm N
2. Bài toán thuộc dạng cơ bản trong sgk với các bớc thực hiện là:
Bớc 1: Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với (d)
Bớc 2: Tìm toạ độ giao điểm B của (P) với Ox
Bớc 3: Lập phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:
Qua A
vtpt AB
Câu VII.a Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của
số phức z = a + bi, a, b kết hợp với z a b.i và biến đổi đơn Từ đó, sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau để thiết lập đợc một hệ phơng trình theo a, b
Câu VI.b
1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ rồi xác định thuộc tính của đ-ờng tròn (C) với tâm I, bán kính R
Ta có phân tích dần:
AMN cân tại A nên MN AI nên đờng thẳng () có vtpt IA(0; 2) do đó
có dạng y = m
Thiết lập điều kiện M, N thuộc (C) nên có hoành độ thoả mãn phơng trình:
x2 + m2 2x + 4m 5 = 0 x2 2x + m2 + 4m 5 = 0 (1) Tìm điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt, từ đó nhận đợc hệ thức Viét cho xM và xN
Thiết lập điều kiện AMN vuông tại A là:
MA NA MA.NA 0
Giá trị của m
Phơng trình đờng thẳng ()
2. Bài toán đợc chuyển về việc tìm điểm I thuộc () sao cho d(I, (P)) = 1 nên ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc
biểu diễn toạ độ của điểm I theo t
Bớc 2: Từ điều kiện tiếp xúc của mặt cầu (S) với (P), suy ra:
d(I, (P)) = 1 Giá trị của t Toạ độ tâm I
Phơng trình mặt cầu (S)
Câu VII.b Sử dụng phơng pháp tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
trên một đoạn
Trang 7Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2011
Câu I.
1. Ta lần lợt có:
a Hàm số xác định trên D\ 1
b Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
x
lim y 2
nên y = 2 là đờng tiệm cận ngang
xlim y1
và
xlim y1
nên x = 1 là đờng tiệm cận đứng
Bảng biến thiên:
2
1
(x 1)
với mọi xD hàm số đồng biến trên D
2
c Đồ thị của hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I( 1; 2) làm tâm đối xứng.
Lấy thêm các điểm A(2; 3) và B(0; 1) Bạn đọc tự vẽ hình.
2. Phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và đờng thẳng (d): y = kx + 2k + 1 là:
2x 1
kx 2k 1
x 1
x 1
2
f (x) kx (3k 1)x 2k 0
Trớc tiên, để đồ thị (C) cắt đờng thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt A, B điều kiện
là phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác 1
f
k 0
0
f 1 0
2
k 0
k 6k 1 0
1 0
k 0
k 3 2 2 k 3 2 2
(*)
Nh vậy, ta có:
A B
A B
1 3k
k
x x 2
Ta có A(xA; kxA + 2k + 1), B(xB; kxB + 2k + 1) nên để khoảng cách từ A và B
đến trục hoành bằng nhau điều kiện là:
kxA + 2k + 1 = kxB + 2k + 1 A B
A B
A B
k(1 3k)
4k 2 0 k
k + 3 = 0
Trang 8 k = 3, thoả mãn điều kiện (#).
Vậy, với k = 3 thoả mãn điều kiện đầu bài
Câu II.
1. Điều kiện:
cos x 0
tan x 3 0
3
Biến đổi phơng trình về dạng:
sin2x + 2cosx sinx 1 = 0 2sinx.cosx + 2cosx sinx 1 = 0
2(sinx + 1)cosx (sinx + 1) = 0 (sinx + 1)(2cosx 1) = 0
sin x 1 0
2cos x 1 0
1 cos x
2
3
Két hợp với (*) suy ra nghiệm của phơng trình là x k2 , k
3
2. Điều kiện:
2
1 x 0
1 x 0
2
x 1
1 x 1
(*)
Biến đổi phơng trình về dạng:
2
log (8 x ) log 1 x 1 x 2 0
2
log (8 x ) log 4 1 x 1 x
2
8 x 4 1 x 1 x
8 x 16 2 2 1 x
7 t 22 16 2 2t t4 + 14t2 32t + 17 = 0
(t 1)(t3 + t2 + 15t 17) = 0 (t 1)2(t2 + 2t + 17) = 0
t 0
t 1 0
t = 1 1 x 2 1 1 x2 = 1 x = 1, thoả mãn (*).
Vậy, phơng trình có nghiệm x = 0
Chú ý: Có thể sử dụng đánh giá để giải phơng trình (**).
Câu III Đặt u 2x 1, u 0 , suy ra:
u2 = 2x + 1 2u.du = 2dx udu = dx
Đổi cận:
Với x = 0 thì u = 1
Trang 9 Với x = 4 thì u = 3.
Từ đó:
3 2
1
u 2
3 3
1
du
u 2
3 2 1
10
u 2
=
3 3
2
1
2u
3
10ln
Câu IV Học sinh tự vẽ hình Hạ SH BC (H BC) thì vì (SBC) (ABC) nên
SH (ABC) và khi đó trong SHB ta có:
a Tính thể tích khối chóp S.ABC: Ta có:
S.ABC ABC
.a 3.3a.4a 2a 3
6
b Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC): Hạ HD AC (DAC) và HK SD (KSD), ta có:
HK (SAC) d(H, (SAC)) = HK
Trong SHD, ta có:
2 2 2
SH.HD
Hai tam giác ABC và HDC đồng dạng nên:
HD
5
2 2
3a
5
14 3a
a 3
5
Nhận xét rằng:
4
Câu V Viết lại hệ phơng trình dới dạng:
3 2 2
2
2 2
Đặt:
Trang 10, u 4
v 2x y
hệ đợc biến đổi về dạng:
uv m
u v 1 2m
u(1 2m u) m
v 1 2m u
u2 + (2m 1)u + m = 0 (1)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm khi phơng trình (1) có nghiệm thoả mãn 1
u 4
Với 1
u
4
biến đổi tiếp (1) về dạng
2
2u 1
Xét hàm số
2
f (u)
2u 1
trên
1
; 4
, ta có:
2 2
f '(u)
(2u 1)
, f'(u) = 0 2u
2 + 2u 1 = 0
1 u 4 0
3 1
2
Bảng biến thiên:
suy ra điều kiện cần tìm là:
m f(u0) 3 1 2 3
Vậy, với 2 3
m
2
hệ đã cho có nghiệm.
Câu VI.a
1 Học sinh tự vẽ hình.
Với D(x; y) là trung điểm của AC thì B, G, D thẳng hàng và:
(x + 4; y 1) = 3(x 1; y 1)
x 4 3(x 1)
y 1 3(y 1)
x 7 / 2
y 1
7
2
Gọi E là điểm đối xứng với B qua phân giác trong (d): x y 1 = 0 của góc A thì E thuộc AC và toạ độ của E(x; y) thoả mãn hệ phơng trình:
1(x 4) 1(y 1) 0
x 4 y 1
1 0
x y 7
x 2
E(2; 5)
Phơng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bởi:
Trang 11Qua E(2; 5)
2
(AC): 4x y 13 = 0.
Toạ độ của A là nghiệm của hệ phơng trình:
4x y 13 0
x y 1 0
x 4
y 3
A(4; 3)
và với D là trung điểm AC suy ra C(3; 1)
Vậy, với A(4; 3) và C(3; 1) thoả mãn điều kiện đầu bài
2 Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (d) thì:
d
Qua A(1; 2; 3)
(P) :
vtpt a (2; 1; 2)
Gọi B là giao điểm của (P) với Ox thì toạ độ của B thoả mãn hệ:
2x y 2z 2 0
y 0
z 0
y 0
z 0
B(1; 0; 0)
Khi đó, phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:
Qua A(1; 2; 3)
( ) :
vtpt BA(2; 2; 3)
x 1 2t
z 3 3t
Câu VII.a Giả sử z = a + bi, a, b ta có ngay:
(a bi) (2 3i)(a bi) 1 9i ( a 3b) (3a 3b)i 1 9i
a 3b 1
3a 3b 9
a 2
z = 2 i
Vậy, số phức z = 2 i thoả mãn điều kiện đầu bài
Câu VI.b
1 Học sinh tự vẽ hình.
Đờng tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R 10
Với giả thiết AMN vuông cân tại A, suy ra MN AI nên () (MN): y = m
Từ đó, hoành độ của M và N là nghiệm phơng trình:
x2 + m2 2x + 4m 5 = 0 x2 2x + m2 + 4m 5 = 0 (1) Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
' > 0 m2 + 4m 6 < 0
và khi đó M(x1; m), N(x2; m) với x1, x2 thoả mãn:
1 2
2
1 2
Từ điều kiện MA NA ta đợc:
Trang 12MA.NA 0
(x1 1)(x2 1) + m2 = 0 x1x2 (x1 + x2) + m2 + 1 = 0
2m2 + 4m 6 = 0 m 1
Vậy, tồn tại hai đờng thẳng (1): y = 1 và (2): y = 3 thoả mãn điều kiện đầu bài
2 Gọi I là tâm của mặt cầu
Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số:
x 2t 1
z t
I(2t + 1; 4t + 3; t) ()
Mặt cầu tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi:
d(I, (P)) = R
2 2 2
2(2t 1) (4t 3) 2t
1
2 t 2 = 0 t 1
t 2
Ta lần lợt:
Với t = 1 thì I(1; 1; 1) ta đợc mặt cầu (S1) có phơng trình:
(S1): (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1
Với t = 2 thì I(5; 11; 2) ta đợc mặt cầu (S2) có phơng trình:
(S2): (x 5)2 + (y 11)2 + (z 2)2 = 1
Vậy, tồn tại hai mặt cầu (S1), (S2) thoả mãn điều kiện đầu bài
Câu VII.b Xét hàm số
2
y
x 1
trên đoạn [0; 2], ta có:
2 2
(x 1)
2 2
(x 1)
x 0
Ta có:
y(0) = 3, y(2) = 17
3
Vậy, ta đợc:
Max yx D
= Max{3 ; 17
3 } =
17
3 đạt đợc khi x = 2.
Min yx D
= Min{3 ; 17
3 } = 2 đạt đợc khi x = .
