Đang tải... (xem toàn văn)
Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2006
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 2006 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 2 môn toán khối B năm 2006 Phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: 2 x x 1 (C) : y . x 2 + = + 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 đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C). Câu II: (2 điểm) 1. Giải phơng trình: x cot x sin x 1 tan x.tan 4. 2 + + = ữ 2. Tìm m để phơng trình 2 x mx 2 2x 1+ + = + có hai nghiệm phân biệt. Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đờng thẳng: 1 x y 1 z 1 (d ) : 2 1 1 + = = , 2 x 1 t (d ) : y 1 2t , t . z 2 t = + = = + Ă 1. Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với (d 1 ), (d 2 ). 2. Tìm toạ độ các điểm M thuộc (d 1 ), N thuộc (d 2 ) sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng. Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân ln5 x x ln3 dx I . e 2e 3 = + 2. Cho hai số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 A (x 1) y (x 1) y y 2 .= + + + + + 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. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn: (C): x 2 + y 2 2x 6y + 6 = 0 và điểm M(3; 1). Gọi T 1 và T 2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phơng trình đờng thẳng T 1 T 2 . 3 2. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n > 4). Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k {1, 2, ., n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phơng trình log 5 (4 x + 144) 4log 5 2 < 1 + log 5 (2 x 2 + 1). 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD a 2= , SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M và N lần lợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB. Đánh giá và định hớng thực hiện Câu I. 1. Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối A 2003. 2. Từ giả thiết tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên chúng ta sẽ nhận đợc hệ số góc của nó, khi đó 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 trong hai cách: Cách 1: Xác định hoành độ tiếp điểm thông qua phơng trình: f(x) = k Hoàng độ tiếp điểm x 0 Từ đó, phơng trình tiếp tuyến có dạng: y = y(x 0 )(x x 0 ) + y(x 0 ). Cách 2: Thiết lập phơng trình tiếp tuyến với hệ số góc k có dạng (d): y = kx + b. Tham số b đợc suy ra từ điều kiện (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số, cụ thể: f (x) kx b . f '(x) k = + = Câu II. 1. Với phơng trình hỗn hợp chứa tan, cot và sin, các bớc thực hiện thông thờng bao gồm: Bớc 1: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho phơng trình. (*) Bớc 2: Chuyển đổi phơng trình về dạng chỉ chứa sin và cos, ở đây các em học sinh có thể định hớng dần nh sau: x 1 tan x.tan 2 + x x cos x.cos sin x.sin 2 2 x cos x.cos 2 + = x cos 2 x cos x.cos 2 = x sin x 1 tan x.tan 2 + ữ sin x cos x = . 4 Bớc 3: Khi đó phơng trình đợc chuyển về dạng: cos x sin x 4 sin x cos x + = . (1) Bớc 4: Giải phơng trình (1) bằng cách quy đồng tiếp và kết hợp với (*), để nhận đợc nghiệm đúng của phơng trình. 2. Đây là phơng trình chứa căn bậc hai cơ bản dạng f (x,m) g(x)= , do đó chúng ta sẽ sử dụng phép biến đổi tơng đơng: 2 g(x) 0 f (x,m) g (x) = 2 x h(x) a.x bx c 0 (*) = + + = Từ đó, để phơng trình ban đầu có 2 nghiệm thực phân biệt điều kiện là phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x , tức là: x 1 < x 2 a 0 0 . a.h( ) 0 S/ 2 > > Câu III. Với bài toán này các bớc thực hiện bao gồm: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d 1 ) về dạng tham số (giả sử là u), từ đó chỉ ra các vtcp 1 u uur , 2 u uur của (d 1 ), (d 2 ). Bớc 2: Ta lần lợt: 1. Với câu 1), gọi n r là vtpt của (P) thì: 1 2 (P) //(d ) (P) //(d ) 1 2 n u n u r uur r uur 1 2 n u , u = r uur uur . Từ đó, phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi: Qua A (P) . vtpt n r 2. Với câu 2), vì M thuộc (d 1 ), N thuộc (d 2 ) nên thoả mãn phơng trình tham số của (d 1 ), (d 2 ). Tiếp theo, bằng việc sử dụng các điều kiện A, M, N tức là: AM kAN= uuuur uuur chúng ta sẽ nhận đợc giá trị của t, u để suy ra toạ độ của M, N. Câu IV. 1. Đây là tích phân hàm số siêu việt, chúng ta sử dụng nhận xét (e x ) = e x , điều đó dẫn tới việc sử dụng ẩn phụ t = e x để tính tích phân đã cho. Cụ thể hơn là: x x dx e 2e 3 + x 2x x e dx e 3e 2 = + 2 dt t 3t 2 = + . 5 Tới đây chúng ta sẽ sử dụng phân tích: 2 1 A B t 3t 2 t 2 t 1 = + + với các giá trị A, B đợc xác định bằng phơng pháp hằng số bất định. Sau đó sử dụng công thức: dx 1 ln ax b C, a 0. ax b a = + + + 2. Đây là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến chứa căn bậc hai và biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối một biến y, do đó chúng ta sẽ định hớng thành hai phần việc: Cần biến đổi biểu thức: 2 2 2 2 (x 1) y (x 1) y + + + + về dạng chỉ chứa y (giả sử là f(y)). Và vì mỗi biểu thức đều có dạng: 2 2 M M x y OM+ = nên chúng ta có ngay phơng pháp toạ độ hoá để thực hiện mục tiêu đề ra. Khi đó, để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = f(y) + y 2 chúng ta có thể sử dụng đạo hàm hoặc bất đẳng thức. Câu V.a. 1. Yêu cầu này đợc thực hiện dựa trên ý tởng: "Nếu toạ độ các tiếp điểm T 1 , T 2 cùng thoả mãn phơng trình Ax + By + C = 0 thì đó chính là phơng trình đờng thẳng T 1 T 2 " Do đó, chúng ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Giả sử (C) có tâm I v toạ độ tiếp điểm là T(x 0 ; y 0 ), ta có: T (C) MT IT T (C) MT.IT 0 = uuur uur Ax 0 + By 0 + C = 0. (*) Bớc 2: Toạ độ của T 1 , T 2 thoả mãn (*) nên phơng trình đờng thẳng (T 1 T 2 ) có dạng: Ax + By + C = 0. 2. Trớc tiên, các em học sinh cần nhớ đợc kết quả "Với tập hợp A gồm n phần tử thì số tập con gồm k phần tử của A bằng k n C ", từ đó định hớng giải quyết bài toán gồm hai phần: Phần 1: Tìm n từ biểu thức điều kiện: 4 2 n n C 20C .= Phần 2: Tìm k {1, 2, ., n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất, tức là tìm k để k n C lớn nhất. Đây là dạng toán cơ bản trong phần lý thuyết tổ hợp, cụ thể giá trị của k đợc xác định dựa trên k 1 n k n C 1. C + > 6 Câu V.b. 1. Bất phơng trình đợc giải theo các bớc: Bớc 1: Sử dụng các phép biến đổi tơng đơng để khử log, khi đó chúng ta sẽ nhận đợc một bất phơng trình mũ dạng: a.2 2x + b.2 x + c < 0. Bớc 2: Sử dụng ẩn phụ t = 2 x để giải bất phơng trình trên. 2. Công việc: Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB) sẽ đ- ợc thực hiện bằng việc chứng minh MB (SAC). Tính thể tích khối tứ diện ANIB hoàn toàn đợc thực hiện khi các em lựa chọn đợc đỉnh, để từ đó xác định ra đờng cao và đáy. Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2006 Câu I. 1. Bạn đọc tự làm. Với kết quả đờng thẳng y = x 1 là tiệm cận xiên của đồ thị (C). 2. Tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên nên có hệ số góc k = 1. Tới đây ta có thể lựa chọn một trong hai cách: Cách 1: Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là nghiệm của phơng trình: y = 1 2 1 1 1 (x 2) = + 2(x + 2) 2 = 1 2 x 2 2 = . Khi đó, ta lần lợt có: Với 2 x 2 2 = + , ta đợc tiếp tuyến (d 1 ) có dạng: 1 (d ) : y x 2 2 5.= + Với 2 x 2 2 = , ta đợc tiếp tuyến (d 1 ) có dạng: 2 (d ) : y x 2 2 5.= Vậy, tồn tại hai tiếp tuyến (d 1 ), (d 2 ) của đồ thị hàm số thoả mãn điều kiện. Cách 2: Gọi (d) là đờng thẳng vuông góc với tiệm cận xiên, khi đó: (d): y = x + b. Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số, khi hệ sau có nghiệm: 2 2 x x 1 x b x 2 1 1 1 (x 2) + = + + = + b 2 2 5 . b 2 2 5 = = . 7 Khi đó, ta lần lợt có: Với b 2 2 5= , ta đợc tiếp tuyến 1 (d ) : y x 2 2 5.= + Với b 2 2 5= , ta đợc tiếp tuyến 2 (d ) : y x 2 2 5.= Vậy, tồn tại hai tiếp tuyến (d 1 ), (d 2 ) của đồ thị hàm số thoả mãn điều kiện. Bài tập tơng tự luyện tập Bài 1. Cho hàm số (C): y = x 3 x 2 x + 1. Lập phơng trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại các giao điểm của nó với trục hoành. Bài 2. Cho hàm số (C m ): y = x 3 + 3x 2 + mx + 1. a. Xác định m để (C m ) cắt đờng thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0, 1), D, E. b. Tìm m để các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau. Bài 3. Cho hàm số (C): y = x 3 3x 2 + 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị, biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng (): 3x 5y 4 = 0. Bài 4. Cho hàm số (C): y = x 4 + x 2 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị, biết rằng tiếp tuyến song song với đờng thẳng (): 6x + y 1 = 0. Bài 5. Cho hàm số: y = 1 2 x 4 1 2 x 2 . Viết phơng trình các tiếp tuyến kẻ từ gốc toạ độ tới đồ thị hàm số. Bài 6. Cho hàm số: y = 2 x ax 1 x 1 + . Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của nó với trục tung. Bài 7. Cho hàm số: y = 2 4 mx 3x 4x m + + . Với giá trị nào của m thì tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x = 0 vuông góc với tiệm cận ? Bài 8. Cho hàm số: y = 2 x 2x 2 x 1 + + + . a. M là điểm trên đồ thị có hoành độ x M = a. Viết phơng trình tiếp tuyến (t a ) của đồ thị tại M. 8 b. Xác định a để (t a ) đi qua điểm (1, 0). Chứng tỏ rằng có hai giá trị của a thoả mãn điều kiện của bài toán, và hai tiếp tuyến tơng ứng là vuông góc với nhau. Bài 9. Cho hàm số (C): y = 2 x 2x 2 x 1 + + + . Tìm trên đồ thị (C) các điểm sao cho tiếp tuyến tại đó của đồ thị vuông góc với tiệm cận xiên của nó. Bài 10. Cho hàm số (C): y = x + 1 + 1 x 1 . Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo với hai đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. Câu II. 1. Điều kiện: sin x 0 x cos 0 2 cos x 0 sin 2x 0. (*) Biến đổi phơng trình về dạng: x x cos x.cos sin x.sin cos x 2 2 sin x. 4 x sin x cos x.cos 2 + + = x sin x.cos cos x 2 4 x sin x cos x.cos 2 + = cos x sin x 4 sin x cos x + = 2 2 cos x sin x 4 sin x.cos x + = 2 4 sin 2x = 1 sin 2x 2 = , thoả mãn (*) 2x 2k 6 2x 2k 6 = + = + x k 12 5 x k 12 = + = + , k  . Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm. Bài tập tơng tự luyện tập Bài 11. Giải phơng trình: cotx tanx = 2tan2x Bài 12. Giải phơng trình: 6tanx + 5cot3x = tan2x. Bài 13. Giải phơng trình: 9 2tanx + cotx = 3 + 2 sin 2x . Bài 14. Giải phơng trình: 3tan3x + cot2x = 2tanx + 2 sin 4x . Bài 15. Giải phơng trình: 3tan2x 4tan3x = tan 2 3x.tan2x. 2. Biến đổi phơng trình về dạng: 2 2 2x 1 0 x mx 2 (2x 1) + + + = + 2 x 1/ 2 h(x) 3x (m 4)x 1 0 (*) = = Từ đó, để phơng trình ban đầu có 2 nghiệm thực phân biệt điều kiện là phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 1 x 2 , tức là: 1 2 1 x x 2 < 0 a.h( 1/ 2) 0 S/ 2 1/ 2 > > 3 m 4 1 0 4 2 m 4 1 6 2 + > 9 m . 2 > Vậy, với 9 m 2 > thoả mãn điều kiện đầu bài. Bài tập tơng tự luyện tập Bài 16. Giải phơng các trình sau: a. 2 x 3x 3 + + 2 x 3x 6 + = 3. b. (x + 5)(2 x) = 3 2 x 3x+ . Bài 17. Giải phơng trình: 4x 1 + 2 4x 1 = 1. Bài 18. Giải phơng trình: 3 x 1+ = 3x 2 8x + 3. Bài 19. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: 2 x x 1+ + 2 x x 1 + = m Bài 20. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x x + x 12+ = m( 5 x + 4 x ) Câu III. Chuyển phơng trình đờng thẳng (d 1 ) về dạng tham số: 1 x 2u (d ) : y 1 u , u . z 1 u = = + = Ă 10 . phẳng (SMB). Xét hai tam giác vuông ABM và BCA, ta có: AD AM 1 BA 2 AB AB BC 2 = = = ABM và BCA đồng dạng ã ã ABM BCA = ã ã ã ã 0 ABM BAC BCA BAC 90 +. kí Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI B NĂM 2006 Các em học sinh đừng b qua mục “Đánh giá và định hướng” Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh)