Đang tải... (xem toàn văn)
Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D Môn Toán 2011
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 2011 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 2011 Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: 2x 1 y . x 1 + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm k để đờng thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phơng trình: sin 2x 2cos x sin x 1 0. tan x 3 + = + 2. Giải phơng trình: ( ) 2 2 1 2 log (8 x ) log 1 x 1 x 2 0, (x ). + + + = Ă Câu III: (1 điểm): Tính tích phân 4 0 4x 1 I dx. 2x 1 2 = + + Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a, BC = 4a, mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết ã 0 SB 2a 3, SBC 30= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Câu V: (1 điểm): Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm: 3 2 2 2x (y 2)x xy m , (x, y ). x x y 1 2m + + = + = Ă 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 ABC có đỉnh B( 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đờng thẳng chứa phân giác trong của góc A có phơng trình x y 1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y z 3 (d) : 2 1 2 + = = và điểm A(1; 2; 3). Viết phơng trình đờng thẳng () đi qua điểm A, vuông góc với đờng thẳng (d) và cắt trục Ox. Câu VII.a (1 điểm): Tìm các số phức z, biết z (2 3i)z 1 9i. + = 2 B. Theo chơng trình Nâng cao Câu VI. b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đờng tròn (C): x 2 + y 2 2x + 4y 5 = 0. Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho AMN vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y 3 z ( ) : 2 4 1 = = và mặt phẳng (P): 2x y + 2z = 0. Viết phơng trình mặt cầu có tâm thuộc đờng thẳng (), bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 2x 3x 3 y x 1 + + = + trên đoạn [0; 2]. Đánh giá và định hớng thực hiện Câu I. 1. Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất. 2. Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm: 2x 1 kx 2k 1 x 1 + = + + + f(x) = ax 2 + bx + c = 0 với x 1. (1) Bớc 2: Ta lần lợt: Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng tại 2 điểm phân biệt điều kiện là: Phơng trình (1) có hai nghiệm x A , x B phân biệt khác 1 f a 0 0 f ( 1) 0 > . (*) Khi đó, với điều kiện (*): A B A B x x b / a x x c / a + = = . Ta có A(x A ; kx A + 2k + 1), B(x B ; kx B + 2k + 1) nên để khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau điều kiện là: kx A + 2k + 1 = kx B + 2k + 1 Giá trị của k. Bớc 3: Kết luận. Câu II. 1. Với phơng trình lợng giác dạng u(x) 0 v(x) = ta luôn thực hiện theo các bớc: 3 Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình, cụ thể ở đây ta cần có: cos x 0 tan x 3 0 + (*) Bớc 2: Biến đổi phơng trình về dạng: u(x) = 0 sin2x + 2cosx sinx 1 = 0. Phơng trình này đợc giải bằng việc sử dụng công thức góc nhân đôi (sin2x = 2sinx.cosx) để chuyển nó về dạng tích. Cụ thể: 2sinx.cosx + 2cosx sinx 1 = 0. 2(sinx + 1)cosx (sinx + 1) = 0 (sinx + 1)(2cosx 1) = 0 . Bớc 3: Kiểm tra điều kiện (*) rồi kết luận về nghiệm của phơng trình. 2. Đây là phơng trình lôgarit hỗn hợp bởi nó còn chứa cả căn bậc hai, chúng ta đi đánh giá dần nh sau: 1 1 2 2 = ( ) ( ) 1 2 2 log 1 x 1 x log 1 x 1 x + + = + + , 2 = log 2 4 tức là có thể biến đổi phơng trình về dạng có cùng cơ số, cụ thể: ( ) 2 2 2 log (8 x ) log 4 1 x 1 x = + + ( ) 2 8 x 4 1 x 1 x . = + + Tới đây, ta đợc một phơng trình chứa căn dạng u v w+ = và vì w có thể đ- ợc biểu diễn thông qua uv nên ta thực hiện bình phơng hai vế để nhận đợc: ( ) ( ) 2 2 2 8 x 16 2 2 1 x . = + Khi đó, nếu chuyển phơng trình về dạng u v= rồi thực hiện phép bình ph- ơng thì rất phức tạp (ngoài ra còn nhận đợc phơng trình bậc 8 theo x) nên ta sử dụng ẩn phụ 2 t 1 x , t 0= để nhận đợc: ( ) ( ) 2 2 7 t 16 2 2t+ = + t 4 + 14t 2 32t + 17 = 0. Thực hiện việc nhẩn nghiệm và chia đa thức, ta đợc: (t 1) 2 (t 2 + 2t + 17) = 0 t 0 t 1 0 = t = 1 2 1 x 1 = x = 1. Chú ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình. Câu III. Chúng ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp đổi biến để đa I về dạng tích phân hàm số hữu tỉ, cụ thể đặt u 2x 1, u 0= + , suy ra: u 2 = 2x + 1 2x = u 2 1 2dx = 2u.du dx = udu. và sau việc đổi cận ta sẽ nhận đợc: 3 3 1 2u 3u I du. u 2 = + 4 Thực hiện phép chia đa thức ta có biến đổi: 3 2 1 10 I 2u 4u 5 du. u 2 = + ữ + Câu IV. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ. 1. Để tính đợc thể tích khối chóp S.ABC ta cần có đờng cao kẻ từ đỉnh S nên thực hiện hạ SH BC (H BC) thì vì (SBC) (ABC) nên SH (ABC). Khi đó: S.ABC ABC 1 1 V SH.S SH.AB.BC 3 6 = = Trong đó: Độ dài của AB và BC đã có sẵn. Độ dài của SH tính đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SHB, cụ thể: ã 0 SH SB.sinSBC 2a 3.sin30 a 3.= = = 2. Để tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC), chúng ta sử dụng: d(B, (SAC)) BC d(H, (SAC)) HC = Nh vậy, cần tính đợc HC và d(H, (SAC)). Để tính HC ta có: HC = BC BH ã BC SB.cosSBC. Để tính d(H, (SAC)) ta hạ HD AC (DAC) và HK SD (KSD) thì: HK (SAC) d(H, (SAC)) = HK. Trong SHD, ta có: 2 2 2 1 1 1 HK HD SH = + 2 2 SH.HD HK SH HD = + với HD ttinhs đợc dựa vào sự đồng dạng của hai tam giác ABC và HDC. Câu V. Trớc tiên, ta nhận thấy các phơng trình trong hệ đều có tham số đứng độc lập với biến và với yêu cầu "Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm" luôn đợc chuyển về việc "Tìm m để phơng trình đặc trng có nghiệm". Để có đợc phơng trình đặc trng ta luôn sử dụng phơng pháp thế. ở đây, để đơn giản ta sử dụng ẩn phụ: 2 u x x 1 , u 4 v 2x y = = bởi hệ phơng trình có thể đợc biến đổi về dạng: 2 2 (x x)(2x y) m (x x) (2x y) 1 2m = + = uv m u v 1 2m = + = 5 u(1 2m u) m v 1 2m u = = u 2 + (2m 1)u + m = 0. (1) Từ đó, hệ đã cho có nghiệm khi phơng trình (1) có nghiệm thoả mãn 1 u 4 . Bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm, cụ thể với 1 u 4 biến đổi tiếp (1) về dạng: 2 u u m . 2u 1 + = + Công việc còn lại là xét hàm số 2 u u f (u) 2u 1 + = + trên 1 ; 4 + ữ . Câu VI.a 1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mãn điều kiện hỗn hợp K" nên ta cần có phân tích đúng, cụ thể: Với giả thiết về toạ độ của B và trọng tâm G ta sẽ có đợc toạ độ trung điểm D của AC. Khi đó, yêu cầu của bài toán đợc hớng về việc tìm toạ độ đỉnh A. A thuộc phân giác (d): x y 1 = 0 nên cần thêm phơng trình đờng thẳng AB hoặc AC. Với giả thiết về phân giác trong ta lựa chọn việc lập phơng trình đờng thẳng AC thông qua việc xác định toạ độ điểm E đối xứng với B qua D (E AC). Từ đó, bài toán đợc thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình các đờng thẳng (d), () về dạng tham số theo a, b để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm N theo a và M theo b. Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết: O, M, N thẳng hàng OM kON= uuuur uuur . OM.ON = 8 Giá trị của a. Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm N. 2. Bài toán thuộc dạng cơ bản trong sgk với các bớc thực hiện là: Bớc 1: Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với (d). Bớc 2: Tìm toạ độ giao điểm B của (P) với Ox. Bớc 3: Lập phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi: Qua A ( ) : . vtpt AB uuur 6 Câu VII.a. Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của số phức z = a + bi, ( ) a, b Ă kết hợp với z a b.i= và biến đổi đơn. Từ đó, sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau để thiết lập đợc một hệ phơng trình theo a, b. Câu VI.b. 1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ rồi xác định thuộc tính của đ- ờng tròn (C) với tâm I, bán kính R. Ta có phân tích dần: AMN cân tại A nên MN AI nên đờng thẳng () có vtpt IA(0; 2) uur do đó có dạng y = m. Thiết lập điều kiện M, N thuộc (C) nên có hoành độ thoả mãn phơng trình: x 2 + m 2 2x + 4m 5 = 0 x 2 2x + m 2 + 4m 5 = 0. (1) Tìm điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt, từ đó nhận đợc hệ thức Viét cho x M và x N . Thiết lập điều kiện AMN vuông tại A là: MA NA MA.NA 0= uuuur uuur Giá trị của m Phơng trình đờng thẳng (). 2. Bài toán đợc chuyển về việc tìm điểm I thuộc () sao cho d(I, (P)) = 1 nên ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm I theo t. Bớc 2: Từ điều kiện tiếp xúc của mặt cầu (S) với (P), suy ra: d(I, (P)) = 1 Giá trị của t Toạ độ tâm I Phơng trình mặt cầu (S). Câu VII.b. Sử dụng phơng pháp tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số trên một đoạn. Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2011 Câu I. 1. Ta lần lợt có: a. Hàm số xác định trên { } D \ 1 .= Ă b. Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận: x lim y 2 = nên y = 2 là đờng tiệm cận ngang. ( ) x 1 lim y + = và ( ) x 1 lim y = + nên x = 1 là đờng tiệm cận đứng. 7 Bảng biến thiên: 2 1 y' 0 (x 1) = > + với mọi xD hàm số đồng biến trên D. x 1 + y' + + y 2 + 2 c. Đồ thị của hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I( 1; 2) làm tâm đối xứng. Lấy thêm các điểm A(2; 3) và B(0; 1) Bạn đọc tự vẽ hình. 2. Phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và đờng thẳng (d): y = kx + 2k + 1 là: 2x 1 kx 2k 1 x 1 + = + + + x 1 2 f (x) kx (3k 1)x 2k 0. = + + = (1) Trớc tiên, để đồ thị (C) cắt đờng thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt A, B điều kiện là phơng trình (1) có hai nghiệm x A , x B phân biệt khác 1 ( ) f k 0 0 f 1 0 > 2 k 0 k 6k 1 0 1 0 + > k 0 . k 3 2 2 k 3 2 2 < > + (*) Nh vậy, ta có: A B A B 1 3k x x . k x x 2 + = = Ta có A(x A ; kx A + 2k + 1), B(x B ; kx B + 2k + 1) nên để khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau điều kiện là: kx A + 2k + 1 = kx B + 2k + 1 A B A B kx 2k 1 kx 2k 1 kx 2k 1 (kx 2k 1) + + = + + + + = + + A B A B x x (loai) k(x x ) 4k 2 0 = + + + = k(1 3k) 4k 2 0 k + + = k + 3 = 0 k = 3, thoả mãn điều kiện (#). Vậy, với k = 3 thoả mãn điều kiện đầu bài. Câu II. 1. Điều kiện: 8 cos x 0 tan x 3 0 + x k 2 , k . x k 3 + + Â (*) Biến đổi phơng trình về dạng: sin2x + 2cosx sinx 1 = 0 2sinx.cosx + 2cosx sinx 1 = 0 2(sinx + 1)cosx (sinx + 1) = 0 (sinx + 1)(2cosx 1) = 0 sin x 1 0 2cos x 1 0 + = = sin x 1 loai do (*) 1 cos x 2 = = x k2 , k . 3 = + Â Két hợp với (*) suy ra nghiệm của phơng trình là x k2 , k . 3 = + Â 2. Điều kiện: 2 8 x 0 1 x 0 1 x 0 > + 2 x 8 x 1 x 1 < 1 x 1. (*) Biến đổi phơng trình về dạng: ( ) 2 2 2 log (8 x ) log 1 x 1 x 2 0 + + = ( ) 2 2 2 log (8 x ) log 4 1 x 1 x = + + (**) ( ) 2 8 x 4 1 x 1 x = + + ( ) ( ) 2 2 2 8 x 16 2 2 1 x . = + (1) Đặt 2 t 1 x , t 0= thì (1) có dạng: ( ) ( ) 2 2 7 t 16 2 2t+ = + t 4 + 14t 2 32t + 17 = 0 (t 1)(t 3 + t 2 + 15t 17) = 0 (t 1) 2 (t 2 + 2t + 17) = 0 t 0 t 1 0 = t = 1 2 1 x 1 = 1 x 2 = 1 x = 1, thoả mãn (*). Vậy, phơng trình có nghiệm x = 0. Chú ý: Có thể sử dụng đánh giá để giải phơng trình (**). Câu III. Đặt u 2x 1, u 0= + , suy ra: u 2 = 2x + 1 2u.du = 2dx udu = dx. Đổi cận: Với x = 0 thì u = 1. Với x = 4 thì u = 3. Từ đó: 9 3 2 1 2(u 1) 1 I udu u 2 = + 3 3 1 2u 3u du u 2 = + 3 2 1 10 2u 4u 5 du u 2 = + ữ + = 3 3 2 1 2u 2u 5u 10ln | u 2 | 3 + + ữ 34 3 10ln . 3 5 = + Câu IV. Học sinh tự vẽ hình. Hạ SH BC (H BC) thì vì (SBC) (ABC) nên SH (ABC) và khi đó trong SHB ta có: ã 0 SH SB.sinSBC 2a 3.sin30 a 3.= = = ã 0 BH SB.cosSBC 2a 3.cos30 3a.= = = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC: Ta có: S.ABC ABC 1 1 V SH.S SH.AB.BC 3 6 = = 3 1 .a 3.3a.4a 2a 3. 6 = = b. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC): Hạ HD AC (DAC) và HK SD (KSD), ta có: HK (SAC) d(H, (SAC)) = HK. Trong SHD, ta có: 2 2 2 1 1 1 HK HD SH = + 2 2 SH.HD HK . SH HD = + Hai tam giác ABC và HDC đồng dạng nên: HD HC AB AC = 2 2 2 2 AB(BC BH) 3a(4a 3a) 3a HD 5 AB BC 9a 16a = = = + + ( ) 2 2 3a a 3. 3a 7 5 HK . 14 3a a 3 5 = = + ữ Nhận xét rằng: d(B, (SAC)) BC 4a 4 d(H, (SAC)) HC a = = = 3a 7 6a 7 d(B, (SAC)) 4d(H, (SAC)) 4. . 14 7 = = = Câu V. Viết lại hệ phơng trình dới dạng: 3 2 2 2 (2x 2x ) (x y xy) m (x x) (2x y) 1 2m = + = 2 2 (x x)(2x y) m . (x x) (2x y) 1 2m = + = Đặt: 10 . kí Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI D NĂM 2011 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng” Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh). hạ HD AC (DAC) và HK SD (KSD) thì: HK (SAC) d( H, (SAC)) = HK. Trong SHD, ta có: 2 2 2 1 1 1 HK HD SH = + 2 2 SH.HD HK SH HD = + với HD ttinhs đợc d a
