5 giải đề thi đại học khối D môn toán 2010

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D Môn Toán 2010

Bản 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 2010

 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

1

đề thi môn toán khối D năm 2010

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = x4  x2  6

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết A(3, 7), trực tâm), trực tâmH(3; 1), tâm đờng tròn ngoai tiếp là I(2; 0) Xác định toạ độ đỉnh C biết C cóhoành độ dơng

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và (Q): x  y + z  1 = 0 Viết phơng trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q)sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2

Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 và z2 là số thuần ảo

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A (0; 2) và () là đờng thẳng đi qua

O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên () Viết phơng trình đờngthẳng (), biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH

2. Trong không gian tọa độ Oxy, cho hai đờng thẳng:

Xác định tọa độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình:

1 Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B  2009

2 Bài toán đợc chuyển về dạng "Lập phơng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): y = f(x) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng k", ta có thể lựa chọn một

1. Dễ nhận thấy phơng trình sẽ đợc giải bằng cách chuyển về dạng tích, và với

định hớng này chúng ta cần tạo ra đợc nhân tử chung Nhận thấy rằng phơngtrình cha có nhân tử chung đơn nên cần sử dụng một vài phép biến đỏi dựatrên kinh nghiệm:

"Nếu phơng trình chứa các hàm lợng giác của nhiều cung khác nhau thì

biến đổi tơng đơng về phơng trình chỉ chứa các hàm lợng giác của một cung".

Ta có:

2sinx.cosx  (2cos2x  1) + 3sinx  cosx  1 = 0

 2sinx.cosx  2cos2x + 3sinx  cosx = 0  Không khả thi

hoặc:

2sinx.cosx  (1  2sin2x) + 3sinx  cosx  1 = 0

 2sinx.cosx + 2sin2x + 3sinx  cosx  2 = 0

 (2sinx.cosx  cosx) + 2sin2x + 3sinx  2 = 0

 (2sinx  1)cosx + (2sinx  1)(sinx + 2) = 0

Tới đây, ta đã có đợc nhân tử chung là 2sinx  1

2. Trớc tiên, chúng ta dễ biến đổi đợc phơng trình về dạng tích, cụ thể:

3

 Với phơng trình (1) ta sẽ nhận ngay đợc nghiệm x.

 Với phơng trình (2) thì đợc biến đổi về dạng:

3

Đây thuộc dạng cơ bản f  nhng không thể sử dụng phơng pháp biếng

đổi tơng đơng bởi khi đó sẽ nhận đợc một phơng trình bậc 6

Hớng 1: Sử dụng phơng pháp hàm số với điều kiện:

Vậy, phơng trình sẽ có nghiệm duy nhất x = 2

Hớng 2: Biến đổi phơng trình về dạng tích, trong hớng lựa chọn này nhân

tử chung chỉ có thể xuất hiện khi thực hiện các phép trục cănthức Và nh vậy, các em học sinh cần có kĩ năng nhẩm đợcnghiệm x0 của phơng trình thì mới có thể đa ra đợc phép táchphù hợp

Với các bài toán kiểu này x0 đợc chọn sao cho x0  2 Nhận thấy rằng x0 = 2 nên ta có phép tách:

Tới đây, các em học sinh hãy sử dụng phơng pháp đánh giá đểgiải phơng trình (2’).

Câu III Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát

b

a

If (x).ln x.dx, và vì f(x)không phải hàm đa thức nên không thể sử dụng ngay đợc phơng pháp tích phân t-ờng phần (bởi khi đặt dv = f(x).dx không thể suy ra đợc v) Do đó, ta đi tách Ithành các tích phân nhỏ:

Câu IV Các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ, rồi ta lần lợt:

1. Để chứng minh M là trung điểm của SA ta đi chứng minh:

SCA

 cân tại C  SC = AC

Và để có đợc khẳng định trên chúng ta đi tính độ dài của SC và AC dựa theo

hệ thức lợng trong các tam giác vuông SAH và SCH

2. Để tính thể tích khối chóp tứ diện SMBC chúng ta sử dụng nhận xét:

x2, thuộc D

Bớc 3: Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), Từ đó, suy ra:

yMin = Min{y(a), y(b), y(x1), y(x2), }

 Chú ý: Với các em học sinh khá, giỏi thì bài toán này còn đợc thực hiện với

dạng tổng quát:

y A B, với A > B (tức là y > 0)

nh sau:

5

1. Các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ (hình bên) để thấy

đợc rằng C (với hoành độ dơng) chính là giao điểm của

đ-ờng tròn (C) ngoại tiếp ABC và đđ-ờng thẳng BC Từ đó,

công việc của chúng ta gồm hai phần:

a Viết phơng trình đờng tròn (C), chính là đờng tròn tâm I bán kính IA.

b Viết phơng trình đờng thẳng (BC), ta thấy:

 Vì BC vuông góc với AH (A, H đã biết toạ độ) nên chúng ta có đợc

ph-ơng của đờng thẳng (BC)

 Từ đó, để có đợc phơng trình của (BC) chúng ta cần tìm một điểm mà(BC) đi qua Và với kiến thức quen thuộc trong hình học phẳng (lớp 9)thì điểm đó là trung điểm của BC hoặc là giao của BC với AH

Ngoài ra, với phơng (BC) đã biết chúng ta lập đợc phơng trình của (BC)theo tham số (giả sử là a) Giá trị của tham số nhận đợc từ điều kiện BHvuông góc với AC

Nh vậy, ta có thể trình bày theo các cách sau:

 Vì BC qua M và vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC)

 Khi đó, tọa độ C thỏa mãn phơng trình:

 C(BC)

 Gọi A’ là giao điểm của AH với (C), suy ra toạ độ của A’.

 HA’ cắt BC tại điểm N là trung điểm của HA’ nên N(3; 3)

 Vì BC qua N và vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC)

 Khi đó, tọa độ C thỏa mãn phơng trình:

 C(BC)

 Vì BC vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC) với tham số a

 Toạ độ của B, C thoả mãn hệ phơng trình:

 C(BC)







Để tồn tại hai điểm B, C thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt, tức là:

'(*)  0  Toạ độ của B, C theo tham số a

 Gọi nR là một vtpt của mặt phẳng (R), khi đó:

(R) (P)(R) (Q)

 Với điều kiện khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH, suy ra:

AH2 = d2(H, Ox)  a2 + (b  2)2 = b2 (1)

 H là hình chiếu vuông góc của A trên () (đi qua gốc O) nên H thuộc

 Giải hệ phơng trình tạo bởi (1) và (2), ta đợc toạ độ của H

Từ đó, suy ra phơng trình đờng thẳng ()

2. Với yêu cầu đợc tổng quát là "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện

K cho trớc", chúng ta thực hiện theo các bớc:

từ đó suy ra toạ độ của điểm M theo tham số t

Câu VII.b Với hệ phơng trình này chúng ta thực hiện theo các bớc:

đổi tơng đơng, ở đây ta chọn phơng trình thứ hai:

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2010

Câu I.

1. Ta lần lợt có:

(1) Hàm số xác định trên D = 

(2) Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

2. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:

Cách 1: Tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng 1

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

2sinx.cosx  (1  2sin2x) + 3sinx  cosx  1 = 0

 (2sinx.cosx  cosx) + 2sin2x + 3sinx  2 = 0

 (2sinx  1)cosx + (2sinx  1)(sinx + 2) = 0

 (2sinx  1)(cosx + sinx + 2) = 0

9

1sin x

2cos x sin x 2 0 (v« nghiÖm)

4x  4 = 0  4x = 4  x = 1, tho¶ m·n ®iÒu kiÖn

 Víi ph¬ng tr×nh (2) ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch gi¶i sau:

(2') (2')

Do đó, phơng trình (*) sẽ có nghiệm duy nhất x = 2.

Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2

Câu III Biến đổi tích phân I về dạng:

1 1

I u.du

1 2

0

u2

.2

b Tính thể tích khối chóp tứ diện SMBC: Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên :

 Nhận xét: Lời giải trên thực hiện theo chú ý trong phần định hớng và dựa trên

nguyên tắc giao hoán tơng thích

Câu VI.a

1 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Gọi (C) là đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta có:

Qua A(AH) :

Vì BC qua M và vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y  3 = 0

Khi đó, tọa độ C thỏa mãn phơng trình:

HA’ cắt BC tại điểm N là trung điểm của HA’ nên N(3; 3)

Vì BC qua N và vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y  3 = 0

Khi đó, tọa độ C thỏa mãn phơng trình:

Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi:

Qua A(AH) :

Vậy, tồn tại bốn số phức z1 = 1  i , z2 = 1  i, z3 = 1  i, z4 = 1  i thoả mãn

điều kiện đầu bài

2 Điểm M thuộc đờng thẳng (1) nên M 3 t; t; t   

Với đờng thẳng (2) thì nó đi qua điểm A(2; 1; 0) và có vtpt n 2; 1; 2  2 

Câu VII.b Điều kiện:

15

đề luyện tập t ơng tự

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

(C): y = x4 + ax2 + b

1. Tìm các hệ số a, b sao cho đồ thị của hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x  4tại điểm có hoành độ là 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với cácgiá trị vừa tìm đợc của a, b

2. Tìm các hệ số a, b sao cho hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác đều

có độ dài đờng cao bằng 1

Câu II: (2 điểm)

Câu IV:(1 điểm): Cho tứ diện ABCD có DA = 5a và vuông góc với mặt phẳng

(ABC), ABC vuông tại B và AB = 3a, BC = 4a Xác định tâm và tính bánkính mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D

Câu V: (1 điểm): Cho các số thực a, b  1 và thoả mãn a + b = 32 Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức:

A log a log b

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 đờng thẳng (d) và đờng tròn (C) có

ph-ơng trình:

(d): x  y = 0, (C): x2 + y2x  3y  2 = 0

a. Chứng tỏ rằng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt E, F Tìm toạ độ trung

điểm H của EF

b. Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và tiếp xúc với (C)

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; –1; –2), B(3; 1; 1)

và mặt phẳng (P) có phơng trình x – 2y + 3z – 5 = 0 Tìm toạ độ giao điểm Icủa đờng thẳng AB và mặt phẳng (P) Viết phơng trình đờng thẳng () nằmtrong (P), đi qua I và vuông góc với AB

Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức:

1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + + (1 + i)20

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết A(2, 1) và hai đờng phângiác trong của góc B, C có phơng trình

Đáp án chi tiết đề luyện tập

Câu I.

1. Trớc tiên, ta có:

y' = 4x3 + 2ax; y" = 12x2 + 2a

Đồ thị của hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x  4 tại điểm có hoành độ là 1chúng ta đợc:

Với kết quả trên, hàm số có dạng:

(C): y = x4 + 2x2 + 1

Ta lần lợt có:

(1) Hàm số xác định trên D = 

(2) Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

11

1

4BA

Ta lần lợt sử dụng các điều kiện:

 ABC đều có độ dài đờng cao (là AO) bằng 1, suy ra b = 1

 ABC đều khi:

kx4

2sin 4x

 4sin4x.sinx + 2cos2x.cosx = 2cos3x

 4sin4x.sinx + cos3x + cosx = 2cos3x

 4sin4x.sinx = cos3xcosx  8sin2x.cos2x.sinx = 2sin2x.sinx

dk

 cos2x = 

1

4 = cos2  2x = 2 + 2k  x =  + k, k  .

Vậy phơng trình có hai họ nghiệm

Câu III Đặt x = 2sint, 

2

  t 

2

 suy ra dx = 2cost.dt

Đổi cận:

 Với x = 1 thì t =

6



 Với x = 2 thì t =

2

.Khi đó:

Vậy, đờng thẳng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt E, F và trung điểmH(x; y) của EF chính là hình chiếu vuông góc của tâm 1 3

b. Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Từ hình vẽ ta thấy có hai đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và

tiếp xúc với (C) theo thứ tự tại A, B với A, B  (C) và AB  (d)

Gọi (d1) là đờng thẳng qua H và vuông góc với (d), ta có:

Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mãn điều kiện đầu bài

Cách 2: Gọi (d1) là đờng thẳng qua H và vuông góc với (d), ta có:

Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mãn điều kiện đầu bài.

2. Phơng trình đờng thẳng (AB) đợc xác định bởi:

(AB): Qua A(1; 1; 2)

7), trực tâm 7), trực tâm 7), trực tâm vtpt AB(2;2;3)

d ( A qua

B

) 1 , 2 ( a vtpt

) 1 , 2 ( A qua

B

  (d1): 2x + y3 = 0 Gọi E là hình chiếu vuông góc của A lên (dC) suy

ra E = (d1)  (dB) và toạ độ điểm E là nghiệm hệ:

0 3 y x

0 x x 2 x

A E A

A E A

d ( A qua

C

2  (d2): 



 ) 1 , 1 ( a vtpt

) 1 , 2 ( A qua

C

  (d2): xy3 = 0 Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên (dB) suy ra F = (d2)  (dC) và toạ độ

0 3 y x

0 x x 2 x

A F 2

A

A F

A qua

) 3 , 0 ( A qua

FEx