3 Giải đề thi đại học khối B môn toán 2007

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2007

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 B

NĂM 2007

 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

đề thi môn toán khối B năm 2007

Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = −x3 + 3x2 + 3(m2 − 1)x − 3m2 − 1, m là tham số (1)

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

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cách đều gốc toạ độ O

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình 2sin22x + sin7x − 1 = sinx

2 Chứng minh rằng với mọi giá trị dơng của tham số m, phơng trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:

2

x +2x 8− = m(x 2)−

Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phơng trình:

(S): x2 + y2 + z2 − 2x + 4y + 2z − 3 = 0, (P): 2x − y + 2z − 14 = 0

1. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đờng tròn có bán kính bằng 3

2. Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) là lớn nhất

Câu IV: (2 điểm)

1 Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đờng y = x.lnx, y = 0, x = e Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox

2 Cho ba số thực dơng x, y, z thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

=  + ữ+  + ữ+  + ữ

Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a Theo chơng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1 Tính hệ số của x10 trong khai triển nhị thức Niutơn (2 + x)n, biết rằng:

n 0 n 1 1 n 2 2 n n

3 C −3 C− +3 C− − + − ( 1) C =2048

(n nguyên dơng, k

n

C là tổ hợp chập k của n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đờng thẳng:

(d1): x + y − 2 = 0, (d2): x + y − 8 = 0

Tìm toạ độ các điểm B và C lần lợt thuộc (d1), (d2) sao cho ∆ABC vuông cân tại A

Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm)

1 Giải phơng trình ( ) (x )x

2 1− + 2 1+ −2 2 0.=

2 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi E

là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh AE và BC Chứng minh rằng MN vuông góc với BD và tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng MN và AC

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B − 2006

2 Yêu cầu của bài toán đợc tổng quát dới dạng " Tìm giá trị của tham số để hàm

số y = f(x) có các điểm cực trị thoả mãn điều kiện K ", khi đó ta thực hiện

theo các bớc:

 Miền xác định D

 Đạo hàm y' và thiết lập phơng trình y' = 0 ⇔ f(x) = 0 (1)

⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc D

Bớc 3: Khi đó, (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn định lí Viét:

1 2

1 2

x x

x x

+





Bớc 4: Toạ độ các điểm cực đại và cực tiểu là:

A(x1, f(x1)); B(x2, f(x2))

Cụ thể trong đề bài này là OA = OB

Câu II.

1. Chúng ta đi đánh giá lần lợt:

1 − 2sin22x = cos4x,

sin7x − sinx = 2cos4x.sin3x,

tức cả hai vế sẽ có nhân tử chung là cos4x, điều đó khẳng định rằng phơng trình sẽ đợc chuyển về dạng tích để giải

2. Trớc tiên, chúng ta đi nhận xét rằng:

x2 + 2x − 8 = (x − 2)(x + 4)

do đó, bằng cách bình phơng hai vế của phơng trình (với điều kiện x ≥ 2) chúng ta sẽ nhận đợc:

(x − 2)f(x, m) = 0 x 2

f (x, m) 0

=





Khi đó, để chứng minh với m > 0 phơng trình ban đầu luôn có hai nghiệm thực phân biệt chúng ta chỉ cần đi chứng minh phơng trình f(x) = 0 luôn có

đúng một nghiệm thuộc (2; +∞)

Câu III

1. Để viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng (d) và cắt (S) (có tâm I bán kính R) theo thiết diện là một đờng tròn (C) có bán kính r (hoặc biết chu vi, diện tích), ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử mặt phẳng (P) thỏa mãn điều kiện đầu bài có phơng trình:

(P): Ax + By + Cz + D = 0, với A2 + B2 + C2 > 0

Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:

 Lấy hai điểm C, D thuộc (d) suy ra C, D thuộc (P) (1)

 Vì (P) ∩ (S) = (C) có bán kính là r, khi đó:

r2 = R2 − d2(I, (P)) (2)

Bớc 3: Giải (1) và (2) để tìm đợc cách biểu diễn ba trong bốn ẩn số A, B, C,

D theo một ẩn còn lại Từ đó, nhận đợc phơng trình mặt phẳng (P)



Chú ý: Trong trừơng hợp đặc biệt r = R chúng ta sử dụng lập luận:

Bớc 1: Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:

 Vì (P) ∩ (S) = (C) có bán kính là r = R, nên (P) đi qua I

 Lấy điểm A thuộc (d) và tìm một vtcp ur của (d)

Bớc 2: Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:

(P): Qua A

Có cặp vtcp u và IA





Qua A

.





2. Sử dụng nhận xét rằng với đờng thẳng (d) đi qua tâm I của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì (d) sẽ cắt (S) tại hai điểm A, B Và khi đó, nếu d(A, (P)) > d(B, (P)) thì d(M, (P)) lớn nhất khi M ≡ A

Từ đó, ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Lập phơng trình đờng thẳng (d) qua I và vuông góc với (P).

Bớc 2: Tìm toạ độ các giao điểm A, B của (d) với (S).

Tính d(A, (P)), d(B, (P))

Bớc 3: Lập lại nhận xét trên.

Câu IV.

1. Tham khảo định hớng trong câu IV của đề toán khối A − 2007

2. Đây là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến có tính đối xứng, do đó chúng ta sẽ định hớng thành các phần việc:

 Gom lại các phần tử trong bất đẳng thức, cụ thể:

2 2 2 2 2 2

= + + ữ+

 Công việc còn lại chỉ là một thủ thuật khá đơn giản khi áp dụng bất đẳng thức Côsi đó là tách

2 2 2

x y z xyz

chúng thành các phân số đơn dạng a

x,

a

y, a

z để chuyển A về dạng.

 +  + +  + + 

Câu V.a

1. Từ yêu cầu của bài toán chúng ta thấy có hai phần việc phải thực hiện:

Phần 1: Tìm n từ biểu thức điều kiện:

n 0 n 1 1 n 2 2 n n

3 C −3 C− +3 C− − + − ( 1) C =2048 xuất phát từ các đẳng thức cơ bản:

3 C −3 C− +3 C− − + − ( 1) C = −(3 1)

Phần 2: Tính hệ số của x10 trong khai triển nhị thức Niutơn:

n

k 0

2 x C 2 x−

=

Hệ số của x10 là C 210n n 10−

2. Trớc tiên, các em học sinh hãy tham khảo lại định hớng trong câu V.a.2 của đề toán khối A − 2006 Từ đó, định hớng đợc các bớc giải sau:

Bớc 1: Các điểm B và C lần lợt thuộc (d1) và (d2) nên:

B(t; 2 − t), C(u; 8 − u)

AB AC

AB AC

⊥



AB.AC 0

AB AC



⇔ 

=



uuur uuur

⇒ t u





 ⇒ Toạ độ B, C.

Câu V.b

1. Bằng nhận xét:

( 2 1− )( 2 1+ =) 1

các em học sinh có thể thấy ngay rằng phơng trình đã cho sẽ giải đợc bằng cách sử dụng ẩn phụ ( )x ( )x 1

t 2 1 suy ra 2 1

t

2. Công việc:

 Chứng minh MN vuông góc với BD sẽ đợc rút ra từ nhận xét rằng MN // (P)

và BD ⊥ (P)

 Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng MN và AC sẽ đợc thực hiện bằng việc chọn một mặt phẳng chứa AC và song song với MN

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2007

Câu I.

1. Bạn đọc tự làm

2. Đạo hàm:

y' = −3x2 + 6x + 3(m2 − 1),

y' = 0 ⇔ −3x2 + 6x + 3(m2 − 1) = 0 ⇔ f(x) = x2 − 2x − m2 + 1 = 0 (1)

a Hàm số có có cực đại và cực tiểu khi:

(1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆’ > 0 ⇔ m2 > 0 ⇔ m ≠ 0

Khi đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là:

A(1 − m ; −2 − 2m3) và B(1 + m ; −2 + 2m3)

b Để các điểm cực trị của đồ thị cách đều gốc toạ độ O, điều kiện là:

OA = OB ⇔ OA2 = OB2 ⇔ (1 − m)2 + (−2 − 2m3)2 = (1 + m)2 + (−2 + 2m3)2

⇔ 8m3 − 2m = 0 m 0 m 1

2

≠

Vậy, với m 1

2

= ± m 4 2 6= ± thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

2sin22x − 1 + sin7x − sinx = 0 ⇔ −cos4x + 2cos4x.sin3x

⇔ cos4x(2sin3x − 1) = 0

cos 4x 0

1 sin 3x

2

=





⇔ 

=



2 3x 2k 6

6

π



 π



 = π − + π



k x

8 4 2k x

18 3

5 2k x

18 3

 = +









, k ∈ Â

Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm

2. Với m > 0 thì điều kiện của phơng trình là x ≥ 2

Phơng trình đợc biến đổi tơng đơng về dạng:

(x 2)(x 4)− + = m(x 2)− ⇔ (x − 2)2(x + 4)2 = m(x − 2)

⇔ (x − 2)[(x − 2)(x + 4)2 − m] = 0 3 2

x 2

x 6x 32 m 0 (*)

=





Ta chỉ cần đi chứng minh phơng trình (*) luôn có đúng một nghiệm thuộc khoảng (2; +∞)

Thật vậy, xét hàm số y = x3 + 6x2 − 32 trên tập D = (2; +∞), ta có:

y’ = 3x2 + 12x > 0, ∀x∈D ⇒ Hàm số đồng biến trên D

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0 phơng trình (*) luôn có đúng một nghiệm thuộc khoảng (2; +∞)

Vậy, với mọi m > 0 phơng trình ban đầu luôn có hai nghiệm thực phân biệt

Câu III Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; −1) và bán kính R = 3.

1. Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo một đờng tròn có bán kính bằng 3 thì phải đi qua

I Từ đó, ta đợc:

Qua I

(Q) :





Qua I (Q) :

Cặp vtcp i và OI



Qua I(1; 2; 1) (Q) :

− −





⇔ (Q): y − 2z = 0

2. Nhận xét rằng đờng thẳng (d) đi qua tâm I của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì (d) sẽ cắt (S) tại hai điểm A, B Và khi đó, nếu d(A, (P)) > d(B, (P)) thì d(M, (P)) lớn nhất khi M ≡ A Ta có:

(d):

( )

Qua N(1; 2; 1)

vtcp n 2; 1; 2

− −



 r ⇔ (d):

x 1 2t

= +



 = − −



 = − +



, t ∈ Ă

Đờng thẳng (d) sẽ cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A, B với toạ độ đợc xác định bằng cách thay phơng trình tham số của (d) vào (S) nh sau:

(1 + 2t)2 + (−2 − t)2 + (2t − 1)2 − 2(1 + 2t) + 4(−2 − t) + 2(2t − 1) − 3 = 0

⇔ t2 − 1 = 0 ⇔ t = ±1 ⇒ A(−1; −1; −3) và B(3; −3; 1)

Ta có:

2.( 1) ( 1) 2.( 3) 14 d(A, (P))

2 ( 1) 2

− − − + − −

=

+ − + = 7,

2 2 2

2.3 ( 3) 2.1 14 d(B, (P))

2 ( 1) 2

=

+ − + = 1, ⇒ d(A, (P)) > d(B, (P)).

Vậy, với điểm M(−1; −1; −3) thuộc mặt cầu (S) thì khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) là lớn nhất

Câu IV.

1. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = x.lnx và y = 0 là nghiệm của phơng trình:

x.lnx = 0 ⇔x 0> lnx = 0 ⇔ x = 1

Khi đó, thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox là:

( )

e

2 1

1

x ln xdx.

= π∫

Đặt:

2 2

u ln x

dv x dx

 =





=

2 ln x.dx du

x x v 3

 =





 =



Khi đó:

V =

e 3

2 1

x

.ln x

1

2

x ln xdx

3 −

e 2 1 I

2

x ln xdx.

3∫

Với I, ta đặt:

2

u ln x

dv x dx

=



dx du x x v 3

 =





 =



Khi đó:

I =

e 3

1

x

.ln x

1

1

x dx

3 −

e 3

1

x

9

Thay (2) vào (1), ta đợc V (5e3 2).

27

=

2. Biến đổi A về dạng:

= + + ữ+

Nhận xét rằng:

2 2 2 2 2 2

x y z

+ + = + + ≥ xy + yz + zx

do đó, ta đợc bất đẳng thức:

x y z xy yz zx

A

≥ + + ữ+

2 2 2 z x y

= + + ữ+ + +

= + ữ + + ữ + + ữ

2 2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z

3 x 1 1 3 y 1 1 3 z 1 1 9

2 2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z 2

Vậy, ta có AMin = 9

2, đạt đợc khi:

2

x y z

2 2x

= =





x y z

x 1

= =



 ⇔ x = y = z = 1.

Câu V.a.

1 Ta có:

n 0 n 1 1 n 2 2 n n

3 C −3 C− +3 C− − + − ( 1) C =2048

⇔ (3 − 1)n = 2048 ⇔ n = 11

Hệ số của x10 trong khai triển nhị thức Niutơn:

11

k 0

2 x C 2 − x

=

Hệ số của x10 là 10 11 10

11

C 2 − =22

2 Các điểm B và C lần lợt thuộc (d1) và (d2) nên B(t; 2 − t), C(u; 8 − u) Để ∆ABC vuông cân tại A điều kiện là:

AB AC

AB AC

⊥



AB.AC 0

AB AC





uuur uuur

(t 2)(u 2) t(6 u) 0 (t 2) t (u 2) (6 u)





2tu 8t 2u 4 0

2t 4t 4 2u 16u 40



tu 4t u 2 0

t 2t 2 u 8u 20

− − + =





2 2

(t 1)(u 4) 2

(t 1) (u 4) 3



Đặt x = t − 1 và y = u − 4, hệ (*) đợc chuyển về dạng:

2 2

xy 2

x y 3

=



 − =



2 2

x, y c

2 2

x y 4

x y 3

ùng dấu  =



2 2

2 2

x y 3

x ( y ) 4





suy ra x2 và −y2 là nghiệm của phơng trình:

v2 − 3v − 4 = 0⇔  =vv 4= −1

2 2

x 4

 =



⇒ − = −



x 2

y 1

= ±



⇔  = ±

 Bởi x, y cùng dấu nên ta lần lợt có:

x 2

y 1

=



 =



t 1 2

u 4 1

− =



⇔  − =



t 3

u 5

=



⇔  =



1 1

B (3; 1)

C (5; 3)

−



⇔ 



x 2

y 1

= −



 = −



t 1 2

u 4 1

− = −



⇔  − = −



t 1

u 3

= −



⇔  =



2 2

B ( 1; 3)

C (3; 5)

−



⇔ 

 Vậy, tồn tại hai cặp điểm B, C thoả mãn điều kiện đầu bài



Nhận xét: Hệ phơng trình:

2 2

xy 2

x y 3

=



 − =



cúng có thể đợc giải đơn giản hơn bằng cách rút y từ phơng trình thứ nhất của hệ 2

y

x

 = 

  rồi thay vào phơng trình thứ hai của hệ:

2

2 2

x

 

− ữ =

  ⇔ x

4 − 3x2 − 4 = 0 x2 0

2

x 4

≥

⇔ = ⇔ x = ±2.

Khi đó, ta lần lợt:

 Với x = 2 thì y = 1, ta đợc:

x 2

y 1

=



 =



t 1 2

u 4 1

− =



⇔  − =



t 3

u 5

=



⇔  =



1 1

B (3; 1)

C (5; 3)

−



⇔ 



 Với x = −2 thì y = −1, ta đợc:

x 2

y 1

= −



 = −



t 1 2

u 4 1

− = −



⇔  − = −



t 1

u 3

= −



⇔  =



2 2

B ( 1; 3)

C (3; 5)

−



⇔ 

 Vậy, tồn tại hai cặp điểm B, C thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu V.b

1 Nhận xét rằng:

( 2 1− )( 2 1+ =) 1

nên đặt ( )x ( )x 1

t 2 1 suy ra 2 1

t

= − + = , điều kiện t > 0

Phơng trình đợc biến đổi về dạng:

1

t 2 2 0

t

+ − = ⇔ −t2 2t 2 1 0+ =

t 2 1

t 2 1

⇔ 



( ) ( )

x

x

2 1 2 1

2 1 2 1



⇔ 



x 1

x 1

= −



⇔  = Vậy, phơng trình có hai nghiệm là x = ±1

2 Bạn đọc tự vẽ hình.

a. Chứng minh rằng MN vuông góc với BD

Gọi P là trung điểm của SA, ta có ngay:

MNCP là hình bình hành ⇒ MN // CP ⇒ MN // (SAC) (1)

Từ (1) và (2) suy ra BD ⊥ MN

b. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng MN và AC

Ta có đánh giá:

MN // (SAC)

⇒ d(MN, AC) = d(MN, (SAC)) = d(N, (SAC))

1 d(B, (SAC)) 2

4

4

=