1 Giải đề thi đại học khối D môn toán 2009

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D Môn Toán 2009

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 2009

 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

1

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối D năm 2009

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

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = x4  (3m + 2)xm + 2)x2 + 3m + 2)xm, có đồ thị là (Cm), m là tham số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0

2. Tìm m để đờng thẳng y = 1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình:

3 cos 5x 2sin 3x.cos 2x sin x 0.  

2 Giải hệ phơng trình:

2 2

x(x y 1) 3 0

, (x, y )

5

x













Câu III: (1 điểm): Tính tích phân

e x 1

dx







Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3m + 2)xa Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao

điểm của AM và A’C Tính thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC)

Câu V: (1 điểm): Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn x + y = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = (4x2 + 3m + 2)xy)(4y2 + 3m + 2)xx) + 25xy

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặ B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có M(2; 0) là trung điểm của cạnh AB Đờng trung tuyến và đờng cao qua đỉnh A lần lợt có phơng trình:

7x  2y  3m + 2)x = 0, 6x x  y  4 = 0

Viết phơng trình đờng thẳng AC

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2; 1; 0), B(1; 2; 2), C(1; 1; 0) và mặt phẳng (P): x + y + z  20 = 0 Xác định toạ độ điểm D thuộc

đờng thẳng AB sao cho đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm tập hợp các điểm

biểu diễn số phức z thoả mãn z  (3m + 2)x  4i) = 2

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): (x  1)2 + y2 = 1 Gọi I

là tâm của (C) Xác định toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO 30  0

3m + 2)x

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng () và mặt phẳng (P) phơng trình:

( ) :

 , (P): x  2y + 2z  5 = 0.

Viết phơng trình đờng thẳng (d) nằm trong (P) sao cho (d) cắt và vuông góc với đờng thẳng ()

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để đờng thẳng y = 2x + m cắt đồ

thị hàm số

2

y

x

 

 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc Oy

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

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

2 Tham khảo định hớng trong câu VII.b của đề toán khối B  2009

Câu II.

1. Dễ nhận thấy phơng trình đợc cho dới dạng hỗn tạp, tức chúng ta cần các phép biến đổi dần, với các định hớng là:

 Có hai toán tử đơn là cos5x và sinx nhng vì không có cùng hệ số nên không thể kết hợp chúng lại đợc Từ đó, dẫn tới việc cần biến đổi tích 2sin3m + 2)xx.cos2x thành tổng, cụ thể phơng trình đợc đổi phơng trình về dạng:

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     3 cos5x sin 5x 2sin x. 

 Tới đây, chúng ta gặp một dạng phơng trình cơ bản đợc tổng quát:

2 2 a.sin x b cos x  a b cos kx hoặc a.sin x b cos x  a2b sin kx2

và phơng pháp giải nó tơng tự cách 1 để giải phơng trình a.sinx + b.cosx = c  Tham khảo định hớng trong câu II.1 của đề toán khối D  2007 Cụ thể, ta biến

đổi tiếp:

cos5x sin 5x sin x

3



2. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó chúng ta cần có những đánh giá nh sau:

 Phơng trình thứ nhất của hệ có bậc 2

 Phơng trình thứ hai của hệ thực chất có bậc 4 Và ở đây vì điều kiện x  0 nên hệ đợc định hớng biến đổi về dạng:

2 2

3

5

x









 Tới đây, chúng ta thấy ngay việc sử dụng ẩn phụ 1

u x y v

x

à v=

ph-ơng trình đợc biến đổi về dạng:

2 2

u 1 3v 0







Nh vậy, chỉ cần sử dụng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên

Câu III Đây là tích phân chứa hàm số đặc biệt ex (có đạo hàm là chính nó), do đó

để đại ssó hoá nó chúng ta luôn sử dụng ẩn phụ t = ex hoặc t = ex  1 (sử dụng ẩn phụ cho toàn mẫu số)

Câu IV Các em học sinh có thể thấy:

 Để tính thể tích khối tứ diện IABC, việc lựa chọn định I là đẽ thấy bởi khi

đó đáy sẽ là ABC và với giả thiết vuông tại B chúng ta tính đợc ngay diện tích của nó Công việc cuối cùng trong phần này chỉ là đờng cao hạ từ đỉnh

I và nó đợc thực hiện dựa trên giải thiết lăng trụ đứng (Hạ IH vuông góc với AC, H  AC, suy ra IH  (ABC))

 Để tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC), chúng ta chỉ cần thực hiện: Hạ AK  A’B (K  A’B), ta có:

BC  (ABB’A’)  AK  BC  AK  (IBC)  d(A, (IBC)) = AK

Và để tính AK chúng ta thực hiện thông qua đánh giá:

AA'B

1

2

AK

A 'B



A 'A AB





Câu V Với điều kiện x + y = 1 và biểu thức:

A = (4x2 + 3m + 2)xy)(4y2 + 3m + 2)xx) + 25xy

có tính đối xứng, chúng ta có thể định hớng rằng:

 Cần biến đổi A về dạng f(t) với t = xy, cụ thể:

A = 16x x2y2 + 12(x3m + 2)x + y3m + 2)x) + 9xy + 25xy = 16x x2y2 + 12[(x + y)3m + 2)x  3m + 2)xxy(x + y)] + 3m + 2)x4xy = 16x x2y2  2xy + 12

= 16x t2  2t + 12

 Đó chính là một tam thức bậc hai theo t và vì yêu cầu "Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của A" nên dễ hiểu rằng chúng ta cần tìm điều kiện cho

t, và công việc này khá đơn giản bởi ta có đánh giá:

2

0 xy



4

 Bài toán đợc chuyển thành việc "Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

của A trên tập 1

D 0;

4

  ", nó đợc tổng quát hoá:

Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:

y = f(x) trên [a; b], với f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trong khoảng (a; b), ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tính đạo hàm y’

Bớc 2: Tìm các điểm tới hạn thuộc (a; b) của hàm số (thông thờng là

giải phơng trình y' = 0 để tìm các nghiệm x  (a; b)) Giả sử các nghiệm là x1, x2,

Bớc 3: Tính các giá trị f(a), f(b), f(x1) , f(x2),

Bớc 4: Từ đó:

5

 x [a, b]Min y = Min{f(a), f(b), f(x1) , f(x2), }.



x [a, b] Max y

 = Max{f(a), f(b), f(x1) , f(x2), }

Quay lại bài toán, vì chúng ta phải sử dụng phơng pháp gián tiếp nên cần tìm

x, y ứng với t0, tức là cần giải hệ phơng trình:

0

x y 1

xy t









sử dụng định lý Vi  ét thì x, y là nghiệm của phơng trình:

2

0

u  u t  0

Câu VI.a

1. Các em học sinh hãy phác thảo hình ra nháp để tiện theo dõi việc định hớng sau:

 Chúng ta đều biết rằng, để viết đợc phơng trình của một đờng thẳng chúng

ta cần biết hai điểm phân biệt thuộc đờng thẳng đó hoặc một điểm thuộc đ-ờng thẳng và phơng của nó Trong bài toán này, vì đã biết đợc phơng trình

đờng trung tuyến (gọi là (d1)) và đờng cao (gọi là (d2)) qua đỉnh A nên có ngay (d1)(d2) = {A}, từ đó toạ độ của A nghiệm của hệ phơng trình tạo bởi (d1) và (d2), cụ thể:

7x 2y 3 0 6x y 4 0





 Công việc tiếp theo là lựa chọn việc tìm toạ độ điểm C hoặc phơng của AC (AC song song với MN, N là trung điểm của BC và thuộc (d1)) Với nhận

định này, hẳn chúng ta lựa chọn đi tìm toạ độ điểm N

Vì {N} = (d1)(BC) nên cần tìm phơng trình đờng thẳng (BC), ở đó:

(BC)  (d2)  Đã biết đợc phơng của (BC)

Nh vậy, chúng ta cần tìm đợc toạ độ điểm B và dễ thấy A, B đối xứng qua

M nên khi biết đợc toạ độ của A chúng ta sẽ có toạ độ của B

Từ định hớng trên, để giải bài toán trên chúng ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tìm toạ độ điểm A (là giao điểm của (d1) và (d2))

Bớc 2: Suy ra toạ độ điểm dựa trên tính chất điểm B đối xứng với A qua M

Bớc 3: Phơng trình đờng thẳng BC đợc cho bởi:

2

Qua B (BC) :

BC (d )









Bớc 4: Gọi N là trung điểm của BC, khi đó N là giao điểm của (BC) và (d1),

nên toạ độ của N nghiệm của hệ phơng trình tạo bởi (BC) và (d1)

Bớc 5: Cuối cùng, phơng trình dt AC đợc cho bởi:

Qua A

vtcp MN







2. Yêu cầu của bài toán là "Xác định toạ độ điểm D thuộc đờng thẳng AB sao

cho đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P)", do vậy dễ thấy nó đợc tách

thành hai phần:

 Điểm D thuộc đờng thẳng AB

 Đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P)

Từ đó, dễ hình thành các bớc cần thực hiện là:

Bớc 1: Với mặt phẳng (P) cần chỉ ra đợc vtpt n  P

Bớc 2: Viết phơng trình tham số (giả sử là t) đờng thẳng (AB), đợc cho bởi:

Qua A (AB) :

vtcp AB







 .

Bớc 3: Vì D thuộc đờng thẳng (AB) nên toạ độ của D thoả mãn phơng trình

tham số của (AB)

Bớc 4: Khi đó, để đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P) điều kiện là:

P

CDn

 

P CD.n 0

 

 Giá trị tham số t

 Toạ độ điểm D

Câu VII.a Với yêu cầu này chúng ta chỉ cần giả sử số phức z = x + yi, rồi sử

dụng công thức tính môđun Khi đó, chúng ta nhận đợc phơng trình:

x + yi  (3m + 2)x  4i) = 2  x  3m + 2)x + (y + 4)i = 2

(x 3) (y 4) 2

      (x 3) 2(y 4) 2 4

Vậy, tập hợp các số phức z là đờng tròn (C) tâm I(3m + 2)x; 4) và bán kính R = 2

Câu VI.b

1. Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai thác dần giả thiết:

 Vì M(a; b) thuộc (C) nên:

2 2

 Tiếp theo, vì IMO 30 0 nên:

cos30

MI MO



 

Tuy nhiên, nếu biết nhận xét rằng O  (C) nên IO = IM = 1, từ đó chúng ta sử dụng điều kiện:

OIM 120  OM2 = IO2 + IM2   2IO.IM.cos1200

Giải hệ phơng trình tạo bởi (1) và (2) chúng ta nhận đợc toạ độ điểm M

2. Nhận xét rằng đờng thẳng () cắt mặt phẳng (P) tại điểm A Do đó, yêu cầu

của bài toán đợc chuyển thành "Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A, nằm

trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đờng thẳng ()", chúng ta có các cách giải

sau:

Cách 1: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Gọi u là một vtcp của đờng thẳng (d), ta có:



 











 

   uu , n 

 

Bớc 2: Khi đó, phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:

(d): Qua A

vtcp u









7

Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Viết phơng trình mặt phẳng (R) qua A và vuông góc với ()

Bớc 2: Khi đó, đờng thẳng (d) chính là giao tuyến của (P) và (R)

Câu VII.b Với yêu cầu " Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số (C1): y = f(x)

và (C2): y = g(x) cắt nhau tại k giao điểm (phân biệt) thoả mãn tính chất K ”, ta

thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:

Bớc 2: Để xét tính chất của các giao điểm chúng ta khéo léo đa về việc xét

tính chất nghiệm của phơng trình (1)

1. Định lí Vi - ét cho phơng trình đa thức:

 Phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 ta có:

1 2

1 2

x x b / a

x x c / a









, ngoài ra x1x2 =

a

 Phơng trình bậc ba ax3m + 2)x + bx2 + cx + d = 0 ta có:

1 2 2 3 3 1

1 2 3

b

a c

x x x x x x

a d

x x x

a





















2. Định lí đảo

3m + 2)x. Hàm số

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2009

Câu I.

1. Với m = 0, hàm số có dạng:

y = x4  2x2

Ta lần lợt có:

a Hàm số xác định trên D = 

b Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x lim

 y = xlim

  [x4(1 22

x )] = +

 Bảng biến thiên:

y' = 4x3m + 2)x4x, y' = 0  4x3m + 2)x4x = 0  x 0 .











y

x O

y=f(x)



1



y +  CT



CĐ

0

CT



+

 Điểm uốn:

y'' = 12x24, y'' = 0  12x24 = 0  x =  1

3m + 2)x Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm  1

3m + 2)x nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1 1 ; 5

9 3m + 2)x

và U2 1 ; 5

9 3m + 2)x



c Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A( 2 ; 0), B( 2 ; 0)

2. Phơng trình hoành độ giao điểm:

x4  (3m + 2)xm + 2)x2 + 3m + 2)xm = 1 (1)

 x4  (3m + 2)xm + 2)x2 + 3m + 2)xm + 1 = 0

2 2

 





 



Từ đó, để đờng thẳng y = 1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2 điều kiện là:

0 3m 1 4

3m 1 1





 



1

m 1 3

m 0





 



3

  

  thoả mãn điều kiện đầu bài.

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     3 cos5x sin 5x 2sin x 

cos5x sin 5x sin x

3



5x x 2k 3

3







 









 

  



, k  

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm

2. Điều kiện x  0, phơng trình đợc biến đổi về dạng:

9

2 2

3

5

x









u x y v

x

à v=

  , hệ phơng trình đợc biến đổi về dạng:

u 1 3v 0





u 3v 1 (3v 1) 5v 1 0



 

u 3v 1



 



u 3v 1

v 1

v 1/ 2





  







u 2 & v 1

u & v









Ta lần lợt:

 Với u = 2 và v = 1 thì:

x y 2 1

1 x

 











 x = y = 1

 Với u = v = 1

2 thì:

1

x y

2



 







x 2

3 y 2







 





Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1; 1) và 3

2



Câu III Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Đặt:

t = ex  1  dt = ex.dx dt

t 1



Đổi cận:

 Với x = 1 thì t = e  1

 Với x = 3m + 2)x thì t = e3m + 2)x  1

Khi đó:

3

e 1

e 1

dt I

t(t 1)











3

e 1

e 1

dt

t t 1









3

e 1

e 1

t ln

t 1









3 3

= ln(e2 + e + 1)  2

Cách 2: Đặt:

t = ex  dt = ex.dx dt

t

Đổi cận:

 Với x = 1 thì t = e

 Với x = 3m + 2)x thì t = e3m + 2)x

Khi đó:

3

e

e

dt I

t(t 1)







3

e

e

dt

t 1 t





3

e

e

t 1 ln t





3 3

= ln(e2 + e + 1)  2

Câu IV Bạn đọc tự vẽ hình.

a Tính thể tích khối tứ diện IABC

Hạ IH  AC (H  AC), suy ra:

IH  (ABC)  I.ABC 1 ABC

IH // AA’ IH CI 2

AA ' CA ' 3

Ta có:

AC2 = A’C2  A’A2 = 5a2,

BC2 = AC2  AB2 = 4a2  BC = 2a,

2 ABC

1

2

Thay (2), (3m + 2)x) vào (1), ta đợc

3 I.ABC

4a

3

 3

A '.ABC B'.ABC ABC

b Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC)

Hạ AK  A’B (K  A’B), ta có:

BC  (ABB’A’)  AK  BC  AK  (IBC)

Vậy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là AK và:

AA 'B

1

2

AK

A 'B



AA '.AB 2a 5

5

A 'A AB



Câu V Biến đổi A về dạng:

A = 16x x2y2 + 12(x3m + 2)x + y3m + 2)x) + 9xy + 25xy

= 16x x2y2 + 12[(x + y)3m + 2)x  3m + 2)xxy(x + y)] + 3m + 2)x4xy = 16x x2y2  2xy + 12

Đặt t = xy, ta có đánh giá:

2

0 xy



4

Khi đó:

11

A = 16x t2  2t + 12, với 1

t D 0;

4

ta có:

A’ = 3m + 2)x2t  2, A’ = 0  3m + 2)x2t  2 = 0 1

t 16

Khi đó:



1 t 16

 

x y 1 1 xy 16

 









 tức x, y là nghiệm của phơng trình:

16

u 4





1 t 4

 

x y 1 1 xy 4









 tức x, y là nghiệm của phơng trình:

4

u 2

(x; y) ;

2 2

Câu VI.a

1 Gọi đờng trung tuyến và đờng cao qua đỉnh A là (d1), (d2)

Ta lần lợt có:

 Điểm A là giao điểm của (d1) và (d2), nên toạ độ của A nghiệm của hệ

ph-ơng trình:

7x 2y 3 0 6x y 4 0







x 1

y 2





 



  A(1; 2).

 Điểm B đối xứng với A qua M nên B(3m + 2)x; 2)

 Đờng thẳng BC đợc cho bởi:

2

Qua B (BC) :

BC (d )









Qua B(3; 2) (BC) :

vtpt (1; 6)





  (BC): x + 6x y + 9 = 0

 Gọi N là trung điểm của BC, khi đó N là giao điểm của (BC) và (d1), nên toạ độ của N nghiệm của hệ phơng trình:

7x 2y 3 0

x 6y 9 0







x 0 3 y 2







 





3

2

Cuối cùng, phơng trình đờng thẳng AC đợc cho bởi:

Qua A(1; 2)

2 ọn (4; 3m + 2)x)





 





 (AC): 3m + 2)xx  4y + 5 = 0

2 Mặt phẳng (P) có vtpt n (1; 1; 1).P

Phơng trình đờng thẳng (AB) đợc cho bởi:

Qua A(2;1;0) (AB) :

vtcp AB( 1;1; 2)









 





 





Vì D thuộc đờng thẳng (AB) nên D(2  t; 1 + t; 2t)

Khi đó, để đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P) điều kiện là:

P

CD  n

 

 

P CD.n 0

 (1  t; t; 2t).(1; 1; 1) = 0

 1.(1  t) + 1.t + 1.2t = 0  2t + 1 = 0 1

t 2

D ; ; 1

2 2

Vậy, với điểm 5 1

2 2



thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu VII.a Giả sử z = x + yi, ta có:

x + yi  (3m + 2)x  4i) = 2  x  3m + 2)x + (y + 4)i = 2

(x 3) (y 4) 2

      (x 3) 2(y 4) 2 4

Vậy, tập hợp các số phức z là đờng tròn (C) tâm I(3m + 2)x; 4) và bán kính R = 2

Câu VI.b

1 Giả sử M(a; b), khi đó ta lần lợt có:

 Vì M thuộc (C) nên:

2 2

 Nhận xét rằng O  (C) nên IO = IM = 1, từ đó:

OIM 120  OM2 = IO2 + IM2  2IO.IM.cos1200

Từ (1) và (2) ta có hệ tích phân:

13m + 2)x