Đang tải... (xem toàn văn)
Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D Môn Toán 2010
Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI D NĂM 2010 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá định hướng” Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) 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 liên h 0936546689 đề thi môn toán khối D năm 2010 Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: y = x4 x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phơng trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng y x Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình: sin2x cos2x + 3sinx cosx = Giải phơng trình: 42x x 2 x 42 x 2 2x e 4x C©u III: (1 ®iĨm): TÝnh tÝch ph©n I 2x 3 ln x.dx x C©u IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a Hình chiếu vuông góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) AC đỉnh H thuộc đoạn AC, AH Gọi CM đờng cao SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khèi chãp tø diƯn SMBC theo a C©u V: (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ hàm số: y x 4x 21 x 3x 10 Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biÕt A(3, 7), trùc t©m), trùc t©m H(3; 1), tâm đờng tròn ngoai tiếp I(2; 0) Xác định toạ độ đỉnh C biết C có hoành độ dơng Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z = vµ (Q): x y + z = Viết phơng trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z thỏa mÃn : z z2 số ảo B Theo chơng trình Nâng cao Câu VI b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A (0; 2) ( ) đờng thẳng qua O Gọi H hình chiếu vuông góc A ( ) Viết phơng trình đờng thẳng ( ), biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH Trong không gian tọa độ Oxy, cho hai đờng thẳng: x t 1 : y t , t vµ : x y z 2 z t Xác định tọa độ điểm M thuộc cho khoảng cách từ M đến Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình: x 4x y 0 x, y log (x 2) log y Đánh giá định hớng thực Câu I Tham khảo định hớng câu I.1 đề toán khối B 2009 Bài toán đợc chuyển dạng "Lập phơng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): y = f(x) biÕt hƯ sè gãc cđa tiÕp tuyÕn b»ng k", ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch: C¸ch 1: Thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc 1: Xét hàm số, ta tính đạo hàm y' = f'(x) Bớc 2: Hoành độ tiếp điểm nghiệm phơng trình f(x) = k x0 Bớc 3: Khi phơng trình tiếp tuyến có dạng: (d): y = y(x0)(xx0) + y(x0) C¸ch 2: Thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc 1: Phơng trình với hệ số góc k có dạng (d): y = kx + b Bíc 2: (d) tiÕp xúc với đồ thị hàm số hệ sau có nghiƯm: f (x) kx b b ph¬ng trình tiếp tuyến f '(x) k Câu II Dễ nhận thấy phơng trình đợc giải cách chuyển dạng tích, với định hớng cần tạo đợc nhân tử chung Nhận thấy phơng trình cha có nhân tử chung đơn nên cần sử dụng vài phép biến đỏi dựa kinh nghiệm: "Nếu phơng trình chứa hàm lợng giác nhiều cung khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm lợng giác mét cung" Ta cã: 2sinx.cosx (2cos2x 1) + 3sinx cosx = 2sinx.cosx 2cos2x + 3sinx cosx = Không khả thi hc: 2sinx.cosx (1 2sin2x) + 3sinx cosx = 2sinx.cosx + 2sin2x + 3sinx cosx = (2sinx.cosx cosx) + 2sin2x + 3sinx = (2sinx 1)cosx + (2sinx 1)(sinx + 2) = Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung 2sinx Trớc tiên, dễ biến đổi đợc phơng trình dạng tích, cụ thể: 4 2x x 2 42 242 42 x 2 4 2 x 2 x 2 2x x3 2x 4x 0 1 x 24x 0 4x 4x 1 24 2 1 2x 24x 1 0 x 2 2x 0 24x 0 24x 1 (1) 3 242 x 2 2x 0 242 x 2x (2) Ta lần lợt: Với phơng trình (1) ta nhận đợc nghiệm x Với phơng trình (2) đợc biến đổi d¹ng: (*) x x x x Đây thuộc dạng f g nhng sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng nhận đợc phơng trình bậc Hớng 1: Sử dụng phơng pháp hàm số với điều kiện: x3 x XÐt hµm sè g(x) 2 x x trªn tËp D 4; , ta cã: 3x < 0, xD x2 g(x) nghịch biến D Vậy, phơng trình có nghiệm x = Hớng 2: Biến đổi phơng trình dạng tích, hớng lựa chọn nhân tử chung xuất thực phép trục thức Và nh vậy, em học sinh cần có kĩ nhẩm đợc nghiệm x0 phơng trình đa đợc phép tách phù hợp g '(x) Với toán kiểu x0 đợc chän cho x NhËn thấy x0 = nên ta có phép tách: x 4 x x x x 2 2 x 2 x x 2x x2 2 x 0 x 2x (2 ') x Tới đây, em học sinh hÃy sử dụng phơng pháp đánh giá để giải phơng trình (2) b Câu III Tích phân đợc lấy từ dạng tổng quát I f (x).ln x.dx , f(x) a hàm đa thức nên sử dụng đợc phơng pháp tích phân tờng phần (bởi đặt dv = f(x).dx suy đợc v) Do đó, ta tách I thành tÝch ph©n nhá: e e I 2 x.ln x.dx ln x.dx x 1 1 I1 (1) I2 Ta lần lợt: b Với tích phân I1 g(x).ln x.dx có g(x) hàm đa thức nên ta sử dụng pha ơng pháp tích phân phần: u ln x Giá trị I1 (2) dv g(x).dx Với tích phân I2, cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx (3) Thay (2), (3) vào (1) ta đợc giá trị I Câu IV Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ, ta lần lợt: Để chứng minh M trung điểm SA ta chứng minh: SCA cân C SC = AC Và để có đợc khẳng định tính độ dài SC AC dựa theo hệ thức lợng tam giác vuông SAH SCH Để tính thể tÝch khèi chãp tø diƯn SMBC chóng ta sư dơng nhËn xÐt: VMABC VMSBC VSABC C©u V Cách giải tổng quát cho dạng toán sử dụng đạo hàm, việc thực theo bớc: Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hàm số, ta đợc tập xác định D = [a; b] Bớc 2: Tính đạo hàm y, giải phơng trình y = để tìm nghiệm x 1, x2, thuéc D Bíc 3: TÝnh y(a), y(b), y(x1), y(x2), Tõ ®ã, suy ra: yMin = Min{y(a), y(b), y(x1), y(x2), } Chó ý: Víi c¸c em häc sinh kh¸, giỏi toán đợc thực với dạng tổng quát: y A B , với A > B (tøc lµ y > 0) nh sau: y2 A B A B AB A ' B' A ' B' k, k cos tan , tøc lµ AB = A’B’ A' B' k k Tõ ®ã, suy y Min k , đạt đ ợc A ' B' A Câu VI.a Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) để thấy I đợc C (với hoành độ dơng) giao điểm đH ờng tròn (C) ngoại tiếp ABC đờng thẳng BC Từ đó, C B công việc gồm hai phần: a Viết phơng trình đờng tròn (C), đờng tròn tâm I bán kính IA b Viết phơng trình đờng thẳng (BC), ta thấy: Vì BC vuông góc với AH (A, H đà biết toạ độ) nên có đợc phơng đờng thẳng (BC) Từ đó, để có đợc phơng trình (BC) cần tìm điểm mà (BC) qua Và với kiến thức quen thuộc hình học phẳng (lớp 9) điểm trung điểm BC giao BC với AH Ngoài ra, với phơng (BC) đà biết lập đợc phơng trình (BC) theo tham số (giả sử a) Giá trị tham số nhận đợc từ điều kiện BH vuông góc với AC Nh vậy, ta trình bày theo cách sau: Cách 1: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt: Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ABC, ta có: Tâm I (C) : B¸n kÝnh IA LËp phơng trình đờng thẳng (AH) , ta có: Qua A (AH) : Qua H Gäi AA1 lµ đờng kính BHCA1 hình bình hành nên HA1 ®i qua M lµ trung ®iĨm BC Ta cã IM đờng trung bình tam giác A1AH nên: IM AH Toạ độ M Vì BC qua M vuông góc với AH, suy phơng trình (BC) Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình: C (BC) Toạ độ M x Cách 2: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt: Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiÕp ABC, ta cã: Tâm I (C) : Bán kính IA Lập phơng trình đờng thẳng (AH) , ta có: Qua A (AH) : Qua H Gäi A’ lµ giao ®iĨm cđa AH víi (C), suy to¹ ®é cđa A HA cắt BC điểm N trung điểm HA nên N(3; 3) Vì BC qua N vuông góc với AH, suy phơng trình (BC) Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình: C (BC) Toạ độ C x Cách 3: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt: Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ABC, ta có: Tâm I (C) : Bán kính IA Lập phơng trình ®êng th¼ng (AH) , ta cã: Qua A (AH) : Qua H Vì BC vuông góc với AH, suy phơng trình (BC) với tham số a Toạ độ B, C thoả mÃn hệ phơng trình: C Ax2 + Bx + C = (*) (BC) Để tồn hai điểm B, C (*) phải có hai nghiệm phân biệt, tức là: '(*) Toạ độ cña B, C theo tham sè a TiÕp theo: BH AC BH.AC Toạ độ C Với hai mặt phẳng (P), (Q) cho trớc, suy đợc vtpt n P , n Q Chúng ta lần lợt sử dụng giả thiết: Gọi n R vtpt mặt phẳng (R), đó: n R n P (R) (P) n R n P , n Q (a; b;c) n n (R) (Q) R Q Khi đó, phơng trình (R) có dạng: (R): ax + by + cz D = Tõ gi¶ thiÕt vỊ kho¶ng c¸ch, ta cã: d O; R Giá trị D 7), trực tâm Kết luận phơng trình mặt phẳng (R) Câu VII.a Với yêu cầu toán bắt đầu với giả sử: z a bi, a, b Tõ ®ã, suy ra: z a b , z2 = (a + bi)2 = a2 b2 + 2abi Khi đó, với giả thiết z z2 số ảo, ta ®ỵc: a b a, b Số phức z cần tìm 2 a b Câu VI.b Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ để thấy đợc muốn có đợc phơng trình đờng thẳng () cần tìm toạ độ điểm H Và giả sử H(a; b) cần hai phơng trình với ẩn a, b, ta lần lợt có: Với điều kiện khoảng cách từ H đến trục hoành AH, suy ra: AH2 = d2(H, Ox) a2 + (b 2)2 = b2 (1) H hình chiếu vuông góc A ( ) (đi qua gốc O) nên H thuộc đờng tròn đờng kính OA (2) Giải hệ phơng trình tạo (1) (2), ta đợc toạ độ H Từ đó, suy phơng trình đờng thẳng ( ) Với yêu cầu đợc tổng quát "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K cho trớc", thực theo bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (1) (nếu cần) dạng tham số theo t, từ suy toạ độ điểm M theo tham sè t Bíc 2: ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn K, cụ thể với toán d(M, (2)) = nên ta bắt đầu với: Chọn ®iĨm A thc (2) vµ mét vtpt n cđa (2) Khi ®ã: n , AM d(M, (2)) = Giá trị tham số t n2 Toạ độ điểm M Câu VII.b Với hệ phơng trình thực theo bớc: Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình Bớc 2: Lựa chọn hai phơng trình hệ để thực phép biến đổi tơng đơng, ta chọn phơng trình thứ hai: Bớc 3: log (x 2) log y 0 log y log (x 2) y = x (*) Tới đây, cần (*) vào phơng trình thứ hệ ta nhận đợc nghiệm x, từ suy y Kết luận nghiệm hệ thoả mÃn điều kiện bớc Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2010 Câu I Ta lần lợt có: (1) Hàm số xác định D = (2) Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực: lim y = lim x 12 64 x x x x Bảng biến thiên: y' = 4x3 2x, y' = 4x3 2x x = x + y' y C§ §iÓm uèn: y'' = 12x2 < 0, xD Đồ thị hàm số điểm uốn (3) Đồ thị hàm số: Lấy thêm điểm A(1; 4) B(1; 4) Bạn đọc tự vẽ đồ thị Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng y x nên có hệ số góc k = 6 Do đó, hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị hàm số nghiệm phơng trình: 4x3 2x = 2x3 + x + = (x + 1)(2x2 2x + 3) = tham sè x = Từ đó, suy phơng trình tiếp tuyến cã d¹ng: (d): y = 6(x + 1) + y(1) (d): y = 6x + 10 C¸ch 2: Gọi (d) đờng thẳng vuông góc với y x , ®ã: (d): y = 6x + b Đờng thẳng (d) tiếp tuyến đồ thị hàm số (C), hệ sau có nghiệm: x 2x 6x b x 1 4x 2x b 10 Vậy, phơng trình tiếp tuyến có dạng (d): y = 6x + 10 Câu II Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng: 2sinx.cosx (1 2sin2x) + 3sinx cosx = (2sinx.cosx cosx) + 2sin2x + 3sinx = (2sinx 1)cosx + (2sinx 1)(sinx + 2) = (2sinx 1)(cosx + sinx + 2) = x k2 sin x , k 5 x k2 cos x sin x 0 (v« nghiƯm) Vậy, phơng trình có họ nghiệm Điều kiện x Biến đổi phơng trình d¹ng: 4 2x x 2 42 242 42 x 2 4 2 x 2 x 2 2x x3 2x 4x 0 1 x 24x 0 4x 4x 1 24 2 1 2x 24x 1 0 x 2 2x 0 24x 0 24x 1 (1) 3 242 x 2 2x 0 242 x 2x (2) Ta lần lợt: Với phơng trình (1) thì: 4x = 4x = x = 1, thoả mÃn điều kiện Với phơng trình (2) ta lựa chọn cách giải sau: Cách 1: Ta cã: x x x 4 x 2 2 x x x x 2 x 2 2 x x 2x x 2 x 2x (2 ') x Nhận xét rằng: VT(2') Phơng trình (2) vô nghiệm VP(2') Cách 2: Ta có: 3 x x x x x x 0 (*) §iỊu kiƯn: x3 x XÐt hµm sè g(x) 2 x x trªn tËp D 4; , ta cã: 10 3x < 0, xD g(x) nghịch biến D x2 Do đó, phơng trình (*) có nghiệm x = Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = x = Câu III Biến đổi tích phân I dạng: g '(x) e e I 2 x.ln x.dx ln x.dx x 1 1 I1 (1) I2 Ta lần lợt: Với tích phân I1, sử dụng phơng pháp tích phân phÇn: dx du u ln x x dv xdx v x Ta đợc: e e e x2 e2 x e2 1 I1 ln x x.dx 21 4 Víi tÝch ph©n I2, sư dơng phơng pháp đổi biến u = lnx, suy du = Đổi cận: - Với x = u = - Víi x = e th× u = Ta đợc: (2) dx x 1 u2 2 Thay (2), (3) vào (1) ta đợc: e2 1 e2 I 2 2 C©u IV Bạn đọc tự vẽ hình a Chứng minh M trung điểm SA: Ta có I u.du (3) a 2 a 14 SH SA AH a 2 2 14a 3a 32a 2 a AC SC SH CH 16 16 Suy SCA cân C nên M trung điểm SA 11 b Tính thĨ tÝch khèi chãp tø diƯn SMBC: Tõ M ta hạ K vuông góc với AC, nên : KM SH Ta cã : 1 a 14 a 14 VSABC SH.SABC a 3 24 Tõ ®ã: a 14 VMABC VMSBC VSABC 48 Câu V Điều kiện x 7 x 4x 21 0 x D 2; 5 x 3x 10 0 x 5 NhËn xÐt r»ng: x 4x 21 x 3x 10 x 11 0, x D y > Khi ®ã, víi biÕn ®ỉi: y x 3 x x x y x 3 x x x x 3 x x x x 3 x x x x 3 x x x 2 x 3 x x x Từ đó, suy y Min , đạt ®ỵc : x 3 x x x 0 x 3 x x x x 3 x x x 3x = x NhËn xÐt: Lời giải thực theo ý phần định hớng dựa nguyên tắc giao hoán tơng thích Câu VI.a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Gọi (C) đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta có: Tâm I 2; (C) : (C) : x y 74 B¸n kính IA 74 Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bëi: 12 Qua A(3; 7) Qua A (AH): x = (AH) : (AH) : vtcp AH(0; 6) chon (0; 1) Qua H Gọi AA1 đờng kính BHCA1 hình bình hành nên HA1 qua M trung điểm BC Ta có IM đờng trung bình tam giác A1AH nên: x IM AH M M( 2; 3) y M 3 V× BC qua M vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y = Khi ®ã, täa ®é C thỏa mÃn phơng trình: x y 74 y 0 x VËy, ®iĨm C x 65 y 3 65 2;3 C¸ch 2: Gäi (C) đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta có: Tâm I 2; (C) : (C) : x y 74 Bán kính IA 74 Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi: Qua A(3; 7) Qua A (AH): x = (AH) : (AH) : vtcp AH(0; 6) chon (0; 1) Qua H Gọi A giao điểm cđa AH víi (C), ta cã: x y 74 x 3 A’(3; 7), trùc t©m) y x HA’ c¾t BC điểm N trung điểm HA nên N(3; 3) Vì BC qua N vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y = Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình: x y 74 x 65 y 0 y 3 x A VËy, ®iĨm C 65 2;3 Cách 3: Gọi (C) đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta cã: T©m I 2; (C) : (C) : x y 74 B¸n kÝnh IA 74 I H B C 13 Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi: Qua A(3; 7) Qua A (AH): x = (AH) : (AH) : vtcp AH(0; 6) chon (0; 1) Qua H Vì BC vuông góc với AH nên có phơng trình: (BC): y a = 0, a 7), trực tâm (BC) không qua A Toạ độ B, C thoả mÃn hệ phơng tr×nh: x y 74 x2 + 4x + a2 7), trùc t©m0 = (*) y a 0 Để tồn hai điểm B, C (*) phải có hai nghiệm phân biệt, tức là: ' a2 + 7), trùc t©m0 > a2 < 7), trùc t©m4 a 74 Khi đó, ta đợc B 74 a ; a , C 74 a ; a vi x C TiÕp theo: BH AC BH.AC 0 74 a 74 a (a 7)( a) 0 a 3 a2 + 4a 21 = C a (l) VËy, ®iĨm C 65 2;3 65 2;3 Ta có: Mặt phẳng (P) cã vtpt n P 1; 1; 1 Mặt phẳng (Q) có vtpt n Q 1; 1; 1 Gäi n R lµ mét vtpt mặt phẳng (R), đó: n (R) (P) R n P n R n P , n Q = (2; 0; 2) chän (1; 0; 1) (R) (Q) n n R Q Khi đó, phơng trình (R) có d¹ng: (R): x z D = Tõ giả thiết khoảng cách, ta có: D d O; R 2 2 D 2 Vậy, tồn hai mặt phẳng (R1 ) : x z 2 0, (R ) : x z 2 0 thoả mÃn điều kiện đầu Câu VII.a Giả sử z a bi, a, b , ta cã: 14 z a b , z2 = (a + bi)2 = a2 b2 + 2abi Khi đó, với giả thiết z z2 số ảo, ta đợc: a b a b 2 a2 = b2 = 2 a b 0 a b 0 VËy, tån t¹i sè phøc z1 = i , z2 = i, z3 = 1 i, z4 = 1 i tho¶ mÃn điều kiện đầu Câu VI.b Giả sử H(a; b), ta cã ngay: AH2 = a2 + (b 2)2, d(H, Ox) = yH = b AH = d(H, Ox) a2 + (b 2)2 = b2 (1) Đờng tròn (C) đờng kính OA có phơng trình: (C): x2 + (y 2)2 = NhËn xÐt r»ng H thuéc (C) nªn a2 + (b 1)2 = (2) Giải hệ phơng trình tạo (1) (2), ta đợc: a H1 2; , H 2 2; b Khi ®ã, ta lần lợt: Với điểm H1 1 : Víi ®iĨm H 2 2 : 2; ta đợc ®êng th¼ng: x 2y 0 2; ta đợc đờng thẳng: x 2y 2 Điểm M thuộc đờng thẳng (1) nên M t; t; t Với đờng thẳng (2) qua điểm A(2; 1; 0) có vtpt n 2; 1; Khi ®ã: 2 n , AM t 1 t 3 d(M, (2)) = 1 1 n2 1 t1 1 M1 (4; 1; 1) 2t 10t 17 3 2t 10t + = t 4 M (7; 4; 4) Vậy, tồn hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu Câu VII.b iều kiện: 15 x x y y BiÕn đổi tơng đơng hệ dạng: x 4x y 0 x 4x y 0 log (x 2) log y 0 log y log (x 2) x 0 (l) x 4x y 0 x 3x 0 x 3 x 3 y 1 y x y x y x Vậy, hệ phơng trình có cặp nghiệm (3; 1) đề luyện tập tơng tự Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: (C): y = x4 + ax2 + b Tìm hệ số a, b cho đồ thị hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x điểm có hoành độ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc a, b Tìm hệ số a, b cho hàm số có ba điểm cực trị lập thành tam giác có độ dài đờng cao Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình: 3tan3x + cot2x = 2tanx + sin 4x Giải bất phơng tr×nh: x x Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I x x dx C©u IV: (1 ®iĨm): Cho tø diƯn ABCD cã DA = 5a vuông góc với mặt phẳng (ABC), ABC vuông B AB = 3a, BC = 4a Xác định tâm tính bán kính mặt cầu qua bốn ®iĨm A, B, C, D C©u V: (1 ®iĨm): Cho số thực a, b thoả mÃn a + b = 32 Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc: A log a log b Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (d) đờng tròn (C) có phơng trình: (d): x y = 0, (C): x2 + y2x 3y = 16 a Chøng tá r»ng (d) cắt (C) hai điểm phân biệt E, F Tìm toạ độ trung điểm H EF b Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) H tiÕp xóc víi (C) Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 1; 2), B(3; 1; 1) mặt phẳng (P) có phơng trình x 2y + 3z = Tìm toạ độ giao điểm I đờng thẳng AB mặt phẳng (P) Viết phơng trình đờng thẳng () nằm (P), qua I vuông góc với AB Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực phần ảo sè phøc: + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + + (1 + i)20 B Theo chơng trình Nâng cao Câu VI b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết A(2, 1) hai đờng phân giác góc B, C có phơng trình (dB): x2y + = vµ (dC): x + y + = Lập phơng trình cạnh BC Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba ®iÓm A(3; 2;), B(1; 0; 5), x y z Tìm toạ độ điểm N đ 2 êng th¼ng (d) để NA NB NC đạt giá trị nhỏ C(7), trực tâm; 2; 2) đờng thẳng (d) : Câu VII.b (1 điểm): Gọi A, B hai điểm mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự hai số phức z0, z1 khác thoả mÃn đẳng thøc z 20 z12 = z0z1 Chøng minh r»ng OAB tam giác (O gốc toạ độ) Đáp án chi tiết đề luyện tập Câu I Tríc tiªn, ta cã: y' = 4x3 + 2ax; y" = 12x2 + 2a Đồ thị hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x điểm có hoành độ đợc: (C) ®i qua ®iÓm N(1; 4) 1 a b a b 3 a 2 2a a b y '(1) VËy, víi a = vµ b = thoả mÃn điều kiện đầu Với kết trên, hàm số có dạng: y (C): y = x4 + 2x2 + Ta lần lợt có: (1) Hàm số xác định D = A B (2) Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực: 1S lim y = lim x 22 14 1 O x B x x x B¶ng biÕn thiªn: y' = 4x3 + 4x, y' = 4x3 + 4x = x = x + y' + 17), trùc t©m y + CT + §iĨm n: y'' = 12x2 + > 0, xD Đồ thị hàm số điểm uốn (3) Đồ thị hàm số: Lấy thêm điểm A(1; 4) B(1; 4) Tríc tiªn, ta cã: y' = 4x3 + 2ax; y' = 2x(2x2 + a) = (1) Hàm số có cực đại, cực tiểu khi: (1) có ba nghiƯm ph©n biƯt a < (*) Khi ®ã, (1) cã ba nghiƯm ph©n biƯt x = 0, a toạ độ ba điểm cực trị: a a2 a a2 A(0; b), B ; b vµ C ; b 2 2 Ta lần lợt sử dụng điều kiện: ABC có độ dài ®êng cao (lµ AO) b»ng 1, suy b = ABC ®Ịu khi: AB AC (ld) AB2 = BC2 AB BC 2 a a2 a 2 2 a4 3a (*) 3 a a VËy, víi a b = thoả mÃn điều kiện đầu Câu II Điều kiện: cos 3x k x sin 2x 0 cos 3x 0 3x k ,k cos x sin 4x k 4x k x sin 4x Biến đổi phơng trình dạng: 2(tan3xtanx) + (tan3x + cot2x) = sin 4x 2sin 2x cos x + = cos 3x.cos x cos 3x.sin 2x sin 4x 4sin4x.sinx + 2cos2x.cosx = 2cos3x 4sin4x.sinx + cos3x + cosx = 2cos3x 4sin4x.sinx = cos3xcosx 8sin2x.cos2x.sinx = 2sin2x.sinx dk cos2x = = cos2 2x = 2 + 2k x = + k, k 18 Vậy phơng trình có hai họ nghiệm Điều kiÖn x Ta cã: x 0 1 x 0 (1) x > (1 + x ) x > + x + ( x )2 x ( x )2 x > 0 Đặt t = x x t > 1 Khi đó, bất phơng trình (2) có dạng: t3 t2 2t > t(t2 t 2) > t(t + 1)(t 2) > t 10 t(t 2) > (*) (2) 3 x 12 t 2 x 18 x 9 x 0 x 1 t 0 x 1 x Vậy, bất phơng trình có nghiệm x > < x < Câu III Đặt x = 2sint, §ỉi cËn: t suy dx = 2cost.dt 2 Víi x = th× t = Víi x = th× t = Khi ®ã: /2 I= /2 2 4sin t 4sin t.2 cos t.dt = /6 = t sin 2t.dt = /6 /2 (1 cos 4t).dt /6 /2 3 = 2 + sin 4t /6 Câu IV a Gọi O trung điểm CD Vì DA (ABC) nên: CD DA AC OA = OC = OD = Ta cã: BC AB CD BC (ABD) BC BD OB = BC DA Vậy, ta đợc: D CD OA = OB = OC = OD = CD A, B, C, D thuộc mặt cầu S(O, ) A O C B 19 b Ta cã: 1 2 2 R = CD = AD AC = AD AB BC 5a 2 2 = 25a 9a 16a = 5a Vậy, mặt cầu qua điểm A, B, C, D cã b¸n kÝnh R = Câu V Ta có biến đổi: A log a log b log a.log b C «si log a log b log a log b = 2(log2a + log2b) = 2log2ab a b 4 log ab 4 log 2 = 4.4 = 16 A Vậy, ta đợc AMax = đạt đợc khi: a b 32 log a log b a = b = 16 a b Chú ý: Bài toán đợc thực dựa theo bất đẳng thức Bunhiac«pxki, thĨ: A 1 log a 1 log b (1 1) log a log b log ab log ab log a b = Vậy, ta đợc AMax = đạt đợc khi: a b 32 log a log b a = b = 16 a b C©u VI.a 3 Đờng tròn (C) có tâm I ; bán kính R 2 a Ta lùa chän mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: Xét hệ phơng trình tạo (d) (C): E(1 2;1 2) x y 0 x y 2 x y x 3y 0 F(1 2; 2) Trung điểm H(1; 1) Cách 2: Nhận xét rằng: (d) qua điểm cố định O(0; 0) pO/(C) = 2 < O ë (C) 20 ... O trung điểm CD Vì DA (ABC) nªn: CD DA AC OA = OC = OD = Ta cã: BC AB CD BC (ABD) BC BD OB = BC DA Vậy, ta đợc: D CD OA = OB = OC = OD = CD A, B, C, D thuộc mặt cầu... nghiƯm hệ thoả mÃn điều kiện bớc Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2010 Câu I Ta lần lợt có: (1) Hàm số xác định D = (2) Sự biến thi? ?n hàm số: Giới hạn hàm số vô cực: lim y... độ d? ?i SC AC d? ??a theo hệ thức lợng tam giác vuông SAH SCH Để tính thể tích khối chóp tø diƯn SMBC chóng ta sư d? ?ng nhËn xÐt: VMABC VMSBC VSABC Câu V Cách giải tổng quát cho d? ??ng toán sử d? ??ng