3 Giải đề thi đại học khối D môn toán 2007

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

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

2

đề thi môn toán khối D năm 2007

Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

2x

x 1





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

2. Tìm toạ độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox,

Oy tại A, B và OAB có diện tích bằng 1

4

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình:

2

sin cos 3 cos x 2

2 Tìm giá trị của tham số m để hệ phơng trình sau có nghiệm thực:









Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(1; 2; 4) và đờng thẳng () có phơng trình:



1. Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua trọng tâm G của OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB)

2. Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng () sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân

e

3 2 1

Ix ln x.dx

2 Cho 0 < b < a chứng minh rằng

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 x5 trong khai triển đa thức x(1  2x)5 + x2(1 + 3x)10

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) và đờng thẳng (d) có phơng trình:

(C): (x  1)2 + (y + 2)2 = 9, (d): 3x  4y + m = 0

Tìm m để trên (d) có day nhất một điểm P mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến PA,

PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho PAB đều

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

1 Giải phơng trình  x x 

1

4.2 3



2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, BA = BC = a,

AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB Chứng minh rằng SCD vuông và tính khoảng cách

từ H đến mặt phẳng (SCD)

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 Với yêu cầu " Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (C): y = f(x) sao cho tiếp tuyến tại M thoả mãn tính chất K ", ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Xét hàm số, suy ra đạo hàm y' = f'(x)

Bớc 2: Điểm M(C)  M(a, f(a))

Phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng:

(d): y = f'(a)(xa) + f(a)

Bớc 3: Sử dụng điều kiện K, ta xác định đợc a

Bớc 4: Kết luận về điểm M

Cụ thể trong đề bài này chúng ta cần:

 Toạ độ giao điểm A của (d) với Ox

 Toạ độ giao điểm B của (d) với Oy

 Thiết lập điều kiện:

OAB

1 S

4

OA.OB

OA.OB

2

Câu II.

1. Chúng ta có đánh giá:

2

= 1 + sinx tức phơng trình có dạng:

1 sin x  3 cos x 2  sin x 3 cos x 1.

Đó chính là phơng trình bậc nhất đối với sin và cos

Chúng ta có tổng quát:

lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Thực theo các bớc:

Bớc 1: Kiểm tra:

1 Nếu a2 + b2 < c2 phơng trình vô nghiệm

2 Nếu a2 + b2  c2, khi đó để tìm nghiệm của phơng trình (1) ta thực hiện tiếp bớc 2

Bớc 2: Chia hai vế phơng trình (1) cho a2b2 , ta đợc:

2 2

a

a b sinx + 2 2

b

a b cosx = 2 2

c

a b 4

Vì ( 2 2

a

a b )2 + ( 2 2

b

a b )2 = 1 nên tồn tại góc  sao cho

a b   a b   Khi đó, phơng trình (1) có dạng:

sinx.cos + sin.cosx = 2 2

c

a b  sin(x + ) = 2 2

c

a b . Đây là phơng trình cơ bản của sin

Cách 2: Thực theo các bớc:

Bớc 1: Với cos

x

2 = 0  x =  + 2k, kiểm tra vào phơng trình

Bớc 2: Với cos

x

2 0  x + 2k, đặt t = tg

x

2 , suy ra sinx = 2

2t

1 t và cosx =

2 2

1 t

1 t



 Khi đó, phơng trình (1) có dạng:

a 2

2t

1 t + b.

2 2

1 t

1 t



 = c  (c + b)t22at + cb = 0 (2)

Bớc 3: Giải phơng trình (2) theo t

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

u x

x

  điều kiện u 2 thì:

3 3

3

       

= u3  3u

 Tơng tự, đặt 1

v y

y

  điều kiện v 2 thì 3 13 3

y

Khi đó, hệ phơng trình có dạng:

3 3

u v 5

u v 3(u v) 15m 10

 







Từ đó, bằng cách thế từ phơng trình thứ nhất vào phơng trình thứ hai của hệ chúng ta sẽ nhận đợc một phơng trình theo ẩn u hoặc v

Bài toán đợc chuyển về "Tìm giá trị của tham số m để phơng trình (*) có nghiệm thực thoả mãn u 2



Chú ý: Nếu các em học sinh thực hiện phép thế dạng:

u3 + v3 = (u + v)3  3uv(u + v)

thì sẽ nhận đợc hệ phơng trình:

u v 5

uv 8 m

 





 



suy ra u, v là nghiệm của phơng trình:

Bài toán đợc chuyển về "Tìm giá trị của tham số m để phơng trình (**) có hai nghiệm thực thoả mãn t 2

Câu III

1. Đây là yêu cầu đơn giản, các em học sinh chỉ cần nhớ đợc công thức tìm toạ

độ trọng tâm của tam giác, cụ thể với OAB là:

Từ đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

Qua G

vtcp u OA, OB









 

   

2. Tham khảo định hớng trong câu III.1 của đề toán khối B  2006

Câu IV.

1. Đây là tích phân một hàm số hỗn hợp (đa thức và siêu việt) và nó thuộc dạng cơ bản

b

n

a

If (x).ln x.dx nên phơng pháp đợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân" với cách lựa chọn:

n

u ln x

dv f (x).dx

 







2. Trớc tiên hãy đi đánh giá vai trò của a, b trong bất đẳng thức đợc cho dới dạng hàm số mũ bằng phép biến đổi đơn giản:

 a b  b a

  4a1b 4b1 a (*) Tới đây, chúng ta hiểu rằng cần chuyển đổi a, b về những vế độc lập, mà để thực hiện điều này chúng ta chỉ có thể dựa trên tính chất log ba n n log ba

Do đó, lấy loga hai vế của (*), ta đợc:

 a b  b a

ln 4 1 ln 4 1  a   b 

b.ln 4 1 a.ln 4 1

 a   b 

ln 4 1 ln 4 1

Cuối cùng, để chứng minh bất đẳng thức (**) cách duy nhất là sử dụng phơng pháp hàm số với hàm đặc trng là  x 

ln 4 1 y

x



 trên D = (0; +).

6

Câu V.a

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

Phần 1: Tính hệ số của x5 trong khai triển x(1  2x)5:

5

5

k 0

x 1 2x x C ( 2x)



     Đáp số là C1

Phần 2: Tính hệ số của x5 trong khai triển x2(1 + 3x)10:

10 10

10

k 0

x 1 3x x C (3x)



    Đáp số là C2 Vậy, hệ số của x5 là C1 + C2

2. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo dần hình

vẽ để hiểu đợc các dẫn dắt sau:

 Vẽ đờng tròn (C) tâm I và PAB đều (PA, PB là

tiếp tuyến của (C)) Ta có:

APB 60

   API 30  0

IP 2IA 2R không đổi

 P thuộc đờng tròn (C’) tâm I bán kính 2R

 Vẽ đờng tròn (C’) Nh vậy P là giao điểm của

(C’) và (d) Khi đó, để có duy nhất một điểm P

điều kiện là (d) tiếp xúc với (C’), suy ra:

d(I, (d)) = 2R

Câu V.b

1. Phơng trình đợc giải theo các bớc:

Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình

Bớc 2: Sử dụng các phép biến đổi tơng đơng để khử log, khi đó chúng ta sẽ

nhận đợc một phơng trình mũ dạng:

a.22x + b.2x + c = 0

Bớc 3: Sử dụng ẩn phụ t = 2x để giải phơng trình trên

2. Công việc:

 Chứng minh rằng SCD vuông đợc thực hiện bằng chứng minh CD  SC

 Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) đợc thực hiện bằng việc nhận xét rằng BH cắt mặt phẳng (SCD) tại S, do đó:

d(H, (SCD)) SH d(B, (SCD)) SB . Mặt khác:

1

V d(B, (SCD)).S

SCD SCD



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

Câu I.

1. Bạn đọc tự làm

I

d )

2. Đạo hàm:

2

2

y '

(x 1)



Điểm M(a; y(a))(C), khi đó phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng: (d): y = y'(a)(xa) + y(a) 

2

(a 1) (a 1)

Toạ độ giao điểm A của tiếp tuyến (d) với Ox là nghiệm của hệ:

2

y 0

(a 1) (a 1)











 y 0 2











 A( a2 ; 0)

Toạ độ giao điểm B của tiếp tuyến (d) với Oy là nghiệm của hệ:

2

x 0

(a 1) (a 1)











2

x 0 2a y (a 1)













2 2

2a

B 0;

(a 1)



Ta có:

OAB

1 S

4

OA.OB

OA.OB

2

2 2

2

a

(a 1) 2

4 = (a + 1)2

2

2

2a a 1

 

 



2

2

2a a 1 0

2a a 1 0

 

  



a 1 1 a 2









 



1

2

M (1; 1)

1

2





 Vây, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

sin cos 2sin cos 3 cos x 2

1 sin x 3 cos x 2

     sin x 3 cos x 1

sin x cos x

sin x



8

x 2k

3 6

 





 

     



6

2







 





, k  

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm

2. Trớc tiên, ta có:

u x

x

  điều kiện u 2 thì:

3 3

3

       

= u3  3u

 Tơng tự, đặt 1

v y

y

  điều kiện v 2 thì 3 13 3

y

Khi đó, hệ phơng trình có dạng:

3 3

u v 5

u v 3(u v) 15m 10

 







u v 5

uv 8 m

 



 

 

 suy ra u, v là nghiệm của phơng trình:

t2  5t + 8  m = 0  t2  5t + 8 = m (1)

Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (1) có hai nghiệm thực thoả mãn t 2

Xét hàm số y = t2  5t + 8 trên tập D = (; 2][2; +), ta có:

y’ = 2t  5, y’ = 0  2t  5 = 0 5

2

Ta có bảng biến thiên:

+

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi:

7

m 2 ho

4  ặc m > 22.

Vậy, với 7

m 2 ho

4  ặc m > 22 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Câu III

1. Tam giác OAB có trọng tâm G(0; 2; 2)

Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

Qua G

(d) :

vtcp u OA, OB









 

    (d) : Qua G(0; 2; 2)

vtcp u(2; 1; 1)















  



, t

2. Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số:

():

 





 



 



, t  

Điểm M thuộc đờng thẳng () nên M(1  t; t  2; 2t), khi đó:

MA2 + MB2 = (t)2 + (t  6)2 + (2t  2)2 + (2  t)2 + (t  4)2 + (2t  4)2

= 12t2  48t + 76 = 12(t  2)2 + 28  28

Vậy, ta có (MA2 + MB2)Min = 28, đạt đợc khi:

t  2 = 0  t = 2  M(1; 0; 4)

Câu IV.

2

3

 







2 ln x.dx du

x x v 4









 



Khi đó:

V =

e 4

2

1

x

.ln x

4 

e 3

1

1

x ln xdx

4

e

4 

e 3

1 I

1

x ln xdx.

Với I, ta đặt:

3











dx du x x v 4









 



Khi đó:

I =

e 3

1

x

.ln x

4 

e 3

1

1

x dx

4

e

4 

e 4

1

x

4

16



Thay (2) vào (1), ta đợc

4

32





2. Biến đổi bất đẳng thức về dạng:

 a b  b a

  4a1b 4b1 a (*) Lấy loga hai vế của (*), ta đợc:

 a b  b a

ln 4 1 ln 4 1  a   b 

b.ln 4 1 a.ln 4 1

 a   b 

ln 4 1 ln 4 1

10

Xét hàm số ln 4 x 1

y

x



 trên D = (0; +), ta có:

   

 

2 x

4 ln 4 4 1 ln 4 1

  Hàm số nghịch biến trên D

 y(a) < y(b) và đó là điều cần chứng minh

Câu V.a.

1 Ta lần lợt thực hiện:

 Trong khai triển:

5

5

k 0

x 1 2x x C ( 2x)



5

k k k 5

k 0

x C ( 2) x



Hệ số của x5 trong khai triển trên là C ( 2) 45  4

 Trong khai triển:

10 10

10

k 0

x 1 3x x C (3x)



10

2 k k k 10

k 0

x C 3 x



Hệ số của x5 trong khai triển trên là C 3 103 3

Vậy, hệ số của x5 là:

4 4 3 3

C ( 2) C 3 3320

2 Đờng tròn (C) có tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 3

Ta có nhận xét:

APB 60

   API 30  0  IP 2IA 2R không đổi  

 P thuộc đờng tròn (C’) tâm I bán kính 2R

Nh vậy P là giao điểm của (C’) và (d)

Khi đó, để có duy nhất một điểm P điều kiện là (d) tiếp xúc với (C’), suy ra: d(I, (d)) = 2R 3.1 4.( 2) m2 2

6

3 ( 4)

   m 11 30 

m 11 30



   



m 19





  

 Vậy, với m = 19 hoặc m = 41 thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu V.b

Biến đổi tơng đơng phơng trình về dạng:

 x x   x 

log 4 15.2 27  2log 4.2  3 0

 x x   x 2

log 4 15.2 27 log 4.2 3

2x x 2x x

2 15.2 27 16.2 24.2 9

      15.22x  39.2x 18 0. (1)

Đặt t = 2x, t > 0 ta đợc:

5t2  13t  6 = 0    2t 0 t 3 x = 3  x = log23

Vậy, phơng trình có nghiệm x = log23

2 Bạn đọc tự vẽ hình.

a. Chứng minh rằng SCD vuông

Gọi I là trung điểm của AD, ta có:

IA = IB = IC = a  ACD vuông tại C  CD  AC

Mặt khác, ta có:

CD  SA  CD  (SAC)  CD  SC  SCD vuông tại C

b. Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)

Nhận xét rằng BH cắt mặt phẳng (SCD) tại S, do đó:

d(H, (SCD)) SH

d(B, (SCD)) SB

SH d(H, (SCD)) d(B, (SCD))

SB

Ta lần lợt có:

SB SB SA AB

2

2 2



1

V d(B, (SCD)).S

SCD SCD



2 BCD

SCD

d(H, (SCD))

3



12