Chia sẻ phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán: Phần 1

Chia sẻ: Liên Minh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:104

Thêm vào BST

Báo xấu

134
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán được biên soạn nhằm cung cấp cho các thầy, cô một bộ bài giảng có chất lượng theo định hướng mới của Bộ giáo dục và đào tạo, đồng thời cung cấp cho các em học sinh THPT một bộ tài liệu hữu ích khi tiếp cận các dạng toán trong các đề thi đại học kể từ năm 2009 trở về trước. Mời các bạn tham khảo phần 1 tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chia sẻ phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán: Phần 1

ThS. LÊ HÓNG ĐỨC (Chủ biên) CÙNG TẬP THỂ GIÁO VIÊN TRƯỜNG QUỐC TỂ NEWTON - HÀ NỘI MÔN THEO CẦU TRÚC ĐÊ THI CỦA BỘ GD&ĐT ♦ CÁC PHƯƠNG PHÁP TÔI ưu ♦ GIÀI CHI TIẾT DỀ HIÊU 7 \ / NHÀ XUẤT BÀN ĐẠI HỌC Q u ố c GIA HÀ NỘI
d * ĩ* 4 , Ths. LÊ HỔNG ĐỨC (Chủ biên) * 3 CÙNG TẬP THỂ GIÁO VIÊN TRƯỜNG QUỐC TẾ NEWTON - HÀ NỘI PHƯƠNG PHÁP GIẢI DỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ỡ GIẢI CHI TIẾT DỄ HIỂU THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ GD - ĐT Q CÁC PHƯƠNG PHÁP TỐI ưu NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
GIỚI THIỆU m CHUNG X in trân trọng giới thiệu tới bạn đọc cuốn sách: PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐỂ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN do Nhóm Cự Môn dưới sự phụ trách của Lê Hồng Đức biên soạn. Mục tiêu của cuốn sách này là cung cấp cho các thầyy cô giáo một bộ bài giảng có chất lượng theo định hướng mới của Bộ GD & ĐT và cho các em học sinh Trung hoc ’ p h ổ thông một 1 Ibộ' tài '« liệu hoc * tập * bổ ích khi tiếp cân * các dạng toán trong các đề thi đại học k ể tụ năm 2009 trở về trước. Cuốn sách được viết trên một tư tưởng hoàn toàn mới mẻ, có tính sư ph ạ m ; có tính tổng hớp cao, tuân thủ đúng nguyên tắc đ ể đảm bảo được \ tín h đú n g đ ắ n trong cách trình bày moi bài toán. Cuốn sách này chắc chắn phù hợp với nhiều đối tượng bạn đọc từ các thầy, cô giáo đến các em học sinh lớp 10, 11, 12 và các em chuẩn bị d ự thi môn Toán vào các Trường Đại học. Cuôĩ cùng, cho d ù đã rất cố gắng, nhưng th ậ t khó tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiêm còn hạn chế, rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của bạn đọc gần xa. Mọi ý kiến đóng góp xin liên hệ tới: K)ịa chỉ: Nhóm tác giả Cự Mỏn do Th.s Toán học Lê Hổng Đức phụ trách Sỏ' nhà 20 - Ngõ 86 - Đường Tô Ngọc Vân - Quận Tây Hổ - Hà Nội ỈDiện thoại: (04) 7196671 hoặc 0893046689 E-mail: lchongduc39@ yahoo.com . NHÓM Cự MÔN - LÊ HỔNG ĐỨC 3
CẤU TRÚC CỦA MỘT t)Ể THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Theo phương thức mới thì dề thi cua Bộ GD & ĐT có cấu trúc: 1. Đéthi gồm 7()f:< kiến thức thuộc Iớp 12 và 30rt kiến thức thuộc lóp 1C* 'à lớp 11. 2. Mỗi dể thi thông thường có 10 câu, mỗi cáu dượt 1 điểm và dưực phân p>hói như sau: Các dê thi từ năm 2006 - 2008 có cấu trúc Câu I. (2 điểm): Hàm số và các hài toán liên quail, cụ thổ: 1. (1 diem): Kháo sát sự biến thiên và vẽ đổ thị hàm số. 2. (1 điểm): Bài toán liôn quan tới hàm số. Câu II. (2 diem): Đại sô' và lượng giác 1. (1 diếm): Giải phương trình hoăc hệ lượng giác. 2. ( 1điểm): Cỉiải phương trình hoâc hệ đại số. Câu III. (2 điếm): Phương pháp toạ độ trong không gian. Câu IV. (2 điếm) 1. (1 điổm): Các bài toán liẽn quan đến nguyỏn hàm và tích phiân. 2. (1 diểin): Các hài toán vé bất dẳng thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Câu V. (2 điổni): Theo chương trình THPT không phân ban 1. (1 diêm): Phưonig pháp toạ dộ trong măt phảng. 2. (1 diem): Tổ hợp và xác suất. Theo chương trình THPT phàn ban 1. (1 diêm): Phương trình, bất phương trình, hê mũ và lôgarit. 2. (1 điếm): Hình học không gian. Các dê thi ỉừ nàm 2009 có, cấu trúc Câu I. (2 điểm): Iiàm số và các bài toán liên quan, cụ thể: 1. (1 điểm): Khảo sát sự biến thièn và vẽ dồ thị hàm sô. 2. (1 diổm): Bài toán liên quan tới hàm sớ. Câu II. (2 diem): Dại số và lượng giác 1. (1 diem): Giải phương trình hoăc hẹ lượng giác. 2. (1 điểm): Giải phương trình hoăc hê đại số. 4
Câu III. (1 điểm):Các hài toán liên quan đến nguyên hàm và tích phân. Câu IV. (1cỉiỔm):Hình học không gian (Ihuộc kiến thức lớp 12). Câu V. (1diem): Các bài toán vé bất đẳng thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Theo chưong trình THPT chuan Càu VI. (2 điểm) 1. (1 điểm): Phương pháp toạ độ trong mặt phảng. 2. (1 diếin): Phương pháp toạ dỏ trong không gian. Câu VII. (1 điếm): Số phức. Theo chương trình THPT nâng cao Câu VI. (2 dicm) 1. (1 diem): Phưcmg pháptoạ dộ trong mặt phảng. 2. (1 diem): Phương pháptoạ độ trong không gian. Câu VII. (1 điểm): Các bài toán chỉ có trone chương trình nâng cao. Để thực hiện lốt bài thi của hán thân, các cm học sinh có thể tham khảo kinh nghiệm sau: 1 Đọc dề thi thật kỹ, tối thiểu ba lán (dành từ 10 đốn 25 phút): lún dọc thừ nhất: Đọc chậm từ trOn xuống với mục đích gắng ghi nhớ toàn bộ nội dung của dé thi. Lẩn dọc tlỉửliai: Đọc chậm íừ trẽn xuống, và: a. Khi gặpbùi toán chắc chắn giíii dược, hãy khảng định nó thuộc dạng toán gì và cácbước dể thực hiện nó (ghi ra nháp). Thí dụ với câu "Khảo sát sự biến X2 - 2 „ thiên và vè dỏ ílìị liùm sô y = ------- " các em học sinh sẽ nhận thấy ngay X ràng nó thuộc dạng toán "Kháo sát sự biến ílỉién và vể dồ thị hàm số bậc liai trên bậc nliất" và dể có lời giải đúng cán thực hiộn theo các bước sau: Rước lĩ Miền xác định D = R \|0 1. Bước 2: Tính đạo hàm y\ rổi kết luận vé tính dơn điêu và cực trị (nếu có) của dổ thị hàm số. tìước 3: Xác định tiệm cận đứng và tiỏm cận xiên (bằng phép chia đa thức TS cho MS) của đổ thị. Bước 4: Lập bảng biến thiên. Rước 5: Vẽ đổ thị hàm số dựa trôn bảng tổng kết (có thể cần lấy thêm điểm dể đảm bảo tính chính xác cho đổ thị) và với dạng đồ thị này cần vẽ các tiệm cận trước. 5
b. Khi gặp bài toán chưa chác chắn gidi dược, cho dù đã định hình dưực nó thuộc một dạng toán lớn nào CĨÓ thì hãy nhìn nhận lại đầu hài rổi thực hiên một vài phép thử ra nháp để dưa ra lời kết. Thí dụ với bài toán: "Tìm c úc nghiệm thuộc [0, 2tĩ| ( lia phương trình'. c/ . cos3x + S1U.U , ~ 5(sinx 4- —— ——- — ) = cos2x + 3 , 1 + 2sin 2x các em học sinh sẽ nhạn thấv ngav rằng cắn thực hiện theo các bước: Bước 1: Đạt điểu kiện có nghĩa cho phương trinh. Bước 2: Lựa chọn phép biến đổi lượng giác phù hợp dể chuyển phưcmg trình ban đáu về dạng phương trình lượng giác cơ bản, từ đó nhận được nghiệm cho phưcmg trình theo k e z. Bước 3: Thiết lạp cliểu kiên cho nghiêm X 6 [0,271] giá trị k ==>nghiêm. Tuy nhiên, việc thực hiộn bước 2 là không chắc chắn, do đó cán một vài phcp biến dổi ra nháp theo ba (lịnh hướng sau: ■ Chuyển dổi phân số, với nhộn xét: cos3x + sin3x = 4cos'x - 3cosx + 3sinx - 4sin1x = 4(cos-1x - sin3x) - 3(cosx - sinx) = (cosx - sia\)[4(l + cosx.sinx) - 3] = (cosx - siiixXl + 2sin2x) cos3x+sin3x ------ —— “— = cosx - sinx 1+ 2sio2x Khi đó, phưưng truih dược chuyển vể dạng: 5(sinx -f cosx - sinx) = cos2x + 3 2cos?x - 5cosx + 2 = 0. Tới đây, các em học sinh dừng lại vì đã chắn chác thực hiện dược tiêp. ■ Thực hiện phép quy dồng cục bộ, cụ thổ: cos 3x + siu 3x sin X- (cos 3x - COSx) + COS3x 4- sin 3x sin x + ----— — —— = ------------------------------— — --------------------- l+2sin2x l-f2sin2x _ sin X-I- cos X+ sin 3x 1+ 2sin2x 2sin2x.cosx + cosx = ------ —— ----------- = cosx. 1 + 2sia2x Khi dó, phương trình được chuyển về dạng: 5cosx = cos2x + 3 2cos2x - Scosx + 2 = 0 Tới dây, các cm học sinh dừng lại vì dã chán chác thực hiộn đươc tiẽp. ■ Tliực hiện phép quv dồng toàn bộ dể khử máu. 6
c. Khi gạp bài toán chưa dinh hướng (lược cách qicii, thì hàv bỏ qua sau khi dà thuộc dược nội elung cứa nỏ. Lần clọc ilìữ ba. Dọc chậm lừ trên xuống, và kiếm tra lại tính đúng đắn cho những bìu toán Jã chác chắn giải dược, cổng việc này sẽ giúp các em học sinh loại bỏ duợc nhừiig suy nghĩ chú quan hoác thiếu SÓI không dáng có. Với bài toán chưa dinh hương được cách giái trong lẩn dọc thứ hai, rất có thể tới lẩn đọc này các em sẽ phát hiện ra dược ý tưởng dể thực hiện nó, nếu được như vậv thì hãy ghi ngay ra nháp, còn không lại tiếp tục bỏ qua. 2. Cỉhi lời giải chi tiết các hài loán cĩă chác chán giải dược vào giấy thi. Trong thời gian này các em học sinh cán tập trung cao độ và dừng băn khoăn vé những bài toán chưa giải đưực. Tuy nhiên, do đã ghi nhận được nội dung của các bài toán chưa giải dược vào não bợ và phương thức hoạt dộng da nhiệm của nó nên hoàn toàn có thể xảy ra trường hợp các em chợt nhận thấv rằng bài toán đó thuôc một dạng dã gặp hoặc có dược một phương pháp để tháo gỡ vướng mác sau lần dọc thứ ba, níu như vậy hày ghi nhận tất cả ra nháp rồi tiếp tục quay lại với bài thi. 3. Sau khi đảm bảo đưực tính đúng đắn cho lời giải trong giấy thi thì mới quay lại nháp chc những bài toán chưa giải dược. 4. Cần loại bó suy nghĩ phải giái được dến cùng mới ghi vào bài thi, bơi cho dù mỗi câu hỏi dược 1 điểm nhưng vì nó dược chấm theo thung điểm 0.25, tức là làm đúng đến dAu các cm sẽ nhận dược diêm den dỏ, do vây hãy cứ ghi nhận chúng vào bài làm của mình. Thí dụ với câu: "Xác (lịnli m dế hùm so y = x‘‘ - 2 m \? + 2m + m4 có các cliẽm cực dụi, cực tiếu lập tlìàiilì một lam giác d é ìì\ khi nhậi thấy nỏ thuộc dạng toán 'Thuộc lính của cúc điếm cực trị" và sẽ phái thực hiện theo các bước: Bướ: I: Mién xác định D = R. Bướ: 2: (77/// diều kiện dể hùm số ( ó ba cực ĩrị) Tính đạohàm y\ thiết iập phương trình y' = 0. (1) Đế hàm số có ba cực trị diổu kiện là phương trình (1) có ba nghiôm phủn biôt. Bướ: 3: (Tìm diều kiện dế bu cực trị lập thành một tam giác đều) Giả sử chưa biết cách làm. Các em :ung ghi nhận lời giải của bước 1, bước 2 vào bài thi, cụ thể: Miển xác định D = R. Đạc hàm: y' = 4x3 - 4mx = 4x(x2 - m), y' = 0 x(x2 - m) = 0 (1) H àn số có cực dại, cực tiểu (1) có ba nghiệm phân biệt m > 0. Sau đó tể cách vài dòng rồi tiếp tục với bài toán khác. 7
5. Trong để thi rất có thổ các em sẽ gãp phái một vài dạngtoán chưa dưựctio'p càn 'bao giờ, trong Irường hợp này dừng vội kết luận mìnhkhỏng giúi được mà hãy nghĩ tới phương pháp phân tích lió chia nhỏ bài toán thành những bài toán COI1 (bài toán 0.25 diểm) và trong số chúng rất có thể các eiĩi biết cách giái quyết. Đó chính là bí quyết để nhận dược điCI11 tối đa từ một bài toán lớn không giải dược. Thí dụ với câu: " T ín h líc h p h à n 1= f * + Sl—*dx ", J, X 2 + 1 rất nhiểu học sinh sẽ thấy lúng túng bởi: ■ Nó khòng thuộc dạng nguyôn hàm cơ bản. ■ K hông thể sử dụng phương pháp đổi biến. ■ Không thể sử dụng phương pháp tích phân từng phần. Và viêc vận dụng phương pháp phản tích vào đây sẽ giúp các em có được một phần điểm hoặc nhận được điểm tối da vì dã tìm ra được lời giải hoàn chỉnh của nó. Cụ thể: ■ Chia nhỏ I thành hai tích ph.ifi 11 và I^ như K2U: sinx.dx irír + ỉ X2 +1 ■ Tới dây hầu hết các em đéu có thổ lính được I, bàng phcp dổi biến X = tam (đã được học trong sgk), như vậy sõ nhận dược 0.5 diổm. ■ Với tích phân I; nó thuộc dạng cư bân 'Tinh tích phán Ị f(x)cta với f(x) là -A lìàm sỏ lè" ta sử dụng phép đổi biến X = - t. 6. Cuối cùng, các em học sinh cẩn biết ràng do khồng nhất thiết phải thực hiỡn đề thi theo thứ tự nên bài toán nào chác chắn giải được các em nỏn thực hiện trước. Xin chúc các em thành công! LÊ HỔNG ĐỨ< 8
?id PH ẤN C H U N (Ỉ CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 diem) Cắu I:
Câu VII.a (1 điểm): Gọi Z| và z~ là hai nghiệm của phương trình Z 2 + 2 z + 10= 0. Tính giá trị của biểu thức A = I Z| 12 + I Zj 1 2. C âu VI. b (2 đ iểm ) 1. Trong mật phảng với hệ toạ độ O xy, cho đường tròn (C) và đường tháng (A) có phương trình: (C): X2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0, (A): X + my - 2m + 3 = 0, với m là tham sỗ ilìực. Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m đe (A) cắt (C) tại hai điổm phân biệt A và B sao cho diện tích AIAB lớn nhất. 2. Trong không gian VỚI hệ toạ độ O xyz, cho mặt pháng (P) và hai đường thẳng (A t), (A2) có phương trình: (P): X - 2y + 2z - 1 = 0 , Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (A,) sao cho khoáng cách từ M tới đường thẳng (A2) và khoảng cách từ M tới mặt pliáng (P) bằng nhau. C áu V ll.b (1 điểm ): Giải hệ phương trình: < C âu I. 1. Với hàm sô: (H): y = —, với c 0, D = ad — bc * 0 cx + d ta lần lượt có: a. Tập xác định D = M \ ( - — }. c b. Sự biến thiên của hàm số: ■ Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: lim y = — nên y = — là đường tiệm cận ngang.
Báng biến thiên: ad - bc y = ---------- 1 • (cx + d ) Nếu D = ad - bc > 0 => hàm sô đổng biến trên D. Nếu D = aci - bc < 0 => hàm số nghịch biến trên D. Lập bảng biến thiên: Trường h(fp D_>Jl X —00 - c /c +00 y’ + + a +00 a y c d' V ậy, hàm số đồng biến trên các khoảng - c c ; ----- I và í d +00 ì Cy I l c J Trưởng hơn D < 0 X -00 - c /c +00 y’ — — a ------ +00 a y C 00 c í -o o ; - - và í —d ; + 00 ì V c ) l c c. Đ ồ thị: Xác định toạ độ giao điểm của đồ thị với hai trục toạ độ. D o có hai trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm số có hai dạng sau đây: Với D > 0 Với D < 0 - d/c x= -^d/c^ J I y=a/c y=a/c Đ ồ thị hàm sô' nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. V1ÔT SÔ TÍNH CHẤT CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ M H H H b ậ c n h ấ t t r ê n Bậ c n h ấ t H H H Tính chất 1: Đ ồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Hướng dẫn chứng minh: 11
Bước 1: Thật vậy, điểm I(x0, y„) là giao điểm của hai đường tiệm cận, ta dời trục bằng tịnh tiến về gốc 1. Công thức dời trục là: X = X + x0 y = Y + y0 ' Thay X, y vào hàm sô ta được: Y+y .-# * j4 ~Y -F (X ). c(X + x 0) + d Bước 2: Hàm số này là hàm lẻ nên đồ thị nhận I làm tâm đối xứng. Tính chất 2: Không có bất cứ đường tiếp tuyến nào của đổ thị hàm số đi qua tâm đối xứng I. Hướng dẫn ctúữig minh: Bước 1: Lấy điểm M(x„, y0)e (H ), khi đó y„ = aX- + - . I cx0 + d Phương trình tiếp tuyến tại M là (d): y - yô = y (x„)(x - x0). (1) Bước 2: Giả sử Ie (d ), khi đó: - - y«) = y’(x)( - - - x0). (2) c c Từ (2) suy ra điều mâu thuẫn. Bước 3: Vậy không có bất cứ đường tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua I. Tính chất 3: M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số. Nếu tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B thì: a. M là trung điểm AB; b. AIAB có diộn tích không đ ổ i ; c. Tích các khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận là một hằng số. Hướng dần chứng minh: Bước 1: Lấy điểm M(x„, y0)e (H ), khi đó: ax0 + Ị> y« = cx0 +d Phương trình tiếp tuyến tại M là ỏ ) : y - yô = y (x„)(x - x0). (1) Bước 2: Xác định toạ độ của A , B theo thứ tự là giao điềm của đường thẳng (d) với tiộm cận đứng (tcđ) X = c và tiệm cận ngang (ten) y = —. 12
Bước 3: Ta có: a. Nhận xét răng XA + X |J = 2xM M là trung điếm AB. h. Saiar = — IA.IB = const. Ám c. Gọi các khoảng cách: d a d, = d(I, tcđ) = |x„ + - 1, d, = d(ỉ, ten) = |y„ - - 1. Khi đó: d |.d2 = const. Tính chất 4: Tam giác nội tiếp Hyperbol (H) a. Nếu AABC nội tiếp trong Hyperbol (H) (A, B, c không thảng hàng thuộc đồ thị hàm sô ) thì trực tâm H của AABC cũng thuọc (H). b. Nếu AABC vuông tại A nội tiếp trong (H) thì B, c thuộc hai nhánh của Hyperbol (H). c. Nếu xét tập hợp các tam giác vuông có chung đỉnh góc vuông và cùng nội tiếp trong mộl đường Hyperbol (H) thì tất cả các cạnh huyền của chúng song song với nhau (hay cùng vuông góc với một tiếp tuyến ). Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phương trình (H): y = —. X Với A, B, C e (H ), ta được: A(X|, — ), B( x2, — ), C (x„ — ). X, X, X, a Giả sử H(x„, y„) là trực tãm AABC, khi đó: ( x u- x l)( x 3 - x 3) + ( y 0 - — X—-------—) = 0 AH 1 BC X, X, x 2 1 ____ BH 1 AC . 1 1 1 ^ y»>- ( x 0 - x 2)(x 3 - x 1) + (y 0 - - J - ) ( - — - |- ) = 0 x° X, X, X. • H e(H ). AABC vuông tại A o A B 1 A C « Ã B .Ã C = 0 o ( x 2 - x l) ( x , - x , ) + ( —------- — ) ( —------- — ) = 0 1 H— J—Ị =0 X, Xị Xj Xị X | . X 2 .X, 13
xf .x2.x, = -1 => x2.x, < 0 B, c thuộc hai nhánh của Hyperbol (H). c. Ta có: ■ AABC vuông tại A và các đỉnh A, B, c có hoành đô tưưng ứng là X|, x2, x„ luôn có: xf .x2.x, = - 1 và đường thẳng (BC) có hệ số góc kut = ------ -— . (1) X 2X, ■ AABịC| vuông tại A và các đỉnh A, B|, c , có hoành độ tương ứng là X|, x ’2, x',, lu ô n có: x f . x'2.x’? = - l , , 1 và đường thăng (BịC,) có hệ số góc kn c. = ----- :—r . (2) x 2Xj Từ (1 ), (2) suy ra: kHC= k B,c. o BC//B'C'. Tức là BC, B'C' cùng vuông góc với tiếp tuyến tại A của (H). Tính chất 5: Tiếp tuyến của Hyperbol (H) a. Hai tiếp tuyến của (H) không bao giờ vuông góc với nhau. b. Hai tiếp tuyến song song của (H) có các tiếp điểm đối xứng nhau qua tâm của (H). Chítng minh K hông mất tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phương trình (H): y = i . X Với A(X|, Xị, — )e (H ), ta được phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: X, (d, ,): y = — y ( x - X,) + — => hộ số góc của (dA) là kA = — \ . X, X, X, Với B ( Y. x2, — )e (H ), ta ta ítirrtr được nhirrtno phương trình trình tipn tiếp tiivA’n tuyến tai R rcó tại B ó ilanw dạng: x2 (d B)’ y = — V (x - x2) + — => hệ số góc của (dB) là k B = -~ K . x 2 x 2 x 2 a. Ta có: (d A)± (d B) o kA.kB= - 1 » ( - - L ) . ( - - L ) = -1 X?. x ị = -1 (MT). X, Xj Vậy hai tiếp tuyến của (H) không bao giờ vuông góc với nhau. 14
b. Til có: X, = - x 2. ■ X| x> w i i ra A(X|, — ) và B( - Xp — — ) => A, B đối xứng qua tâm o của (H). X, X, Tinil chat 6: Hvperbol (H) \ tiếp tuyến tại D là (dD) vuông góc với AB. ■ ACAB vuông lại c -=> tiếp tuyến tại c là (dc) vuóng góc với AB. :=> (d,,)//(dc ) => c , D đối xứng qua tâm o của (H). Chú ý: Với phép dời trục bằng tịnh tiến về gốc I, theo công thức dời trục là: LX - X V . — £> < c y -= V Y+— - c ta đưa phương trình của Hyperbol (H): y = - - ---- về dang: Y = — . cx + d X 2. Chúng tu nhận thấy rằng: AOAB vuông cân tại o => Đường thẳng AB có hệ số góc bằng ±1. Khi đó, bài toán được chuyển về "Lập phiử/ng trình tiếp tuyển cùa đổ thị hùm sô biết hệ sô góc của nó". Tới đây các em học sinh hãy tham khảo định hướng trong câu 1.2 của đề toán khôi B - 2006. ^ Chú ý: Nếu các em học sinh khống đưa ra được đánh giá về hộ sô' góc cúa tiếp tuyến thoả mãn điều kiện đầu bài thì cần thực hiện bài toán theo định hướng trong câu 1.2 của đề toán khối D - 2007. Câu II. 1. Chúng ta có đánh giá rằng TS và MS không có nhân tử chung, do đó hướng đi duy nhất là nhân chéo hai v ế để nhân được: ( 1 - 2 sin x ) c o s x = 7 3 (1 + 2 s i n x ) ( l - sin x ) c o s x - 2 sin x .c o s x = >/3 ( 1 - 2 sin 2 x + s i n x ì o cos X - s i n 2 x = n/ 3 (c o s 2 x + sin x ) 15
Tới đây, dễ dàng đánh giá đuợt rằniì cán chia hai cung X và 2x vé h.ii vê đê nhận được phương trình có dạng tổntí quát: a.sin(kx) + b.cos(kx) = c.sin(lx) + d .cos(lx), với a2 + b2 = c 2 + d và phương pháp giái nó tương tự cách 1 để giải phưctng trình a.sinx + b.coss =- c - Tham khảo định hướng trong câu II. 1 cùa đé toán khôi D - 2007 Như vậy, khi trình bày bài toán này các em học sinh cần thực hiện theo cá? bưỏc: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa chb phương trình. (* Bước 2: Sử dụng biến đổi trên để giải phưcmg trình. Bước 3: Kết hợp với điều kiện (*) đế đưa ra kết luận về nghiệm cua phương trình. 2. Nhận xét rằng phương trình chứa cả căn bậc ba {ịỊỹ \ - 2 ) và căn bậc hai ị \ f ó - 5 x j mà giữa chúng: ■ Được liên kết với nhau bởi phép nên việc sử dụng phéprúng lên luỹ thừa để khử căn cho phương trình là không khả thi. • K hông có mối liên hệ mũ với nhau, nên không thể sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình về dạng đa thức. Từ đó, phương pháp được đề xuất là sử dụng hai ẩn phụ: u = \f ĩx - 2 u3 = 3 x - 2 => 5u' + 3v2 = 8. V = Vó - 5x V2 = 6 - 5 x '2u + 3 v - 8 = 0 Khi đó, phương trình được chuyển thành hệ: 5u' + 3 v 2 = 8 và để giải hệ trên chúng ta chỉ cần sử dụng phương pháp thế. C âu III. Đ ây là tích phân chỉ chứa một hàm số lượng giác (hàm số cosx) và lại được cho dưới dạng tích, điều này cho phép chúng ta nghĩ tới việc tách I thành nhiều tích phân khác nhau, cụ thể: n/2 n/2 n/2 1= I ( c o s 5 X - c o s 2 X)dx = J c o s 5 x .d x - COS2 x.dx .J 0 0 0 V I, I: Tới đây, để tính được I, và I2 các em học sinh chỉ cần sử dụng nkận xét cho các dạng tổng quát sau: b b > Tích phân Ị c o s 2" x.dx hoặc .|s in 2n x.dx được xác định bằrg cách a \ ã ) ■> * A ^ % 1 . sử dụng công thức hạ bậc 1 ’ ; 1 co s X = - r ( l + c o s 2 x ) hoặc sin x = —( l - c o s 2 x ) 2 { 2 16
b f b \ « Tích phân jc o s '1+l x.dx hoặc Jsiir "+l x.dx được xác định bằng cách: a V a ) b b Ịcos'1'"1x.dx = fcos2" x .cosx.d x a a b b = J (co s2 x ) .cosx.d x = J(l - s i n 3 x ) .co sx .d x . a a Khi đó, chỉ cần sử dụng ấn phụ t = sinx. C âu IV . Dây là bài toán vé hình học không gian có yêu cầu nhiều về kiến thứ( ờ lớp 11, cụ thế: • Vì (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (A BC D ) nên: SI±(ABCD)=>VSAra= i s i . S ADư). • G óc giữa hai mật phẳng, cụ thể là (SBC) và (ABCD). Khi đó, các em học sinh cần chỉ ra được một điểm thuận lợi K trên giao tuyến BC sao cho: Í(S B C )3 K x ± B C — ,, V => xKy = 60 . (A B C D ) 3 Ky 1 BC Đ iểm K chính là hình chiếu vuông góc của s (hoặc I) trên BC bởi định lý ba đường vuông góc. Công việc còn lại của các em là sử dụng các hệ Ihức trong tam giác để tính SI và SABCD. C âu V. Trước tiên, các em học sinh hãy nhìn vào bất đắng thức cần chứng minh đe khảng địnli rằng n ó được xây dựng dựấtrén ba hạng tử là: X + y, X + z và y + z. Như vậy, đỏ giảm dộ phức tạp của bất đắng thức cần chứng minh chúng ta nghĩ ngay tới việc sử dụng ba ẩn phụ: a = X + y b=x+z (*) c =-y+ z và khi đó bất đẳng thức ccần chứng minh tương đương với: a1 + b' + 3abc < 5c1 > o ( a + b)(a3 + b2 - ab) + 3abc < 5 c \ (1) Tới đây, chúng ta cần c h u y ể n biểu thức điều kiện theo a, b, c, thì bằng việc giải hệ (*), chúng ta sẽ nhận được: X = —(a + b - c), y = —( a - b + c), z = —( - a + b + c) Khi đó, điều kiện x(x + y + z) = 3yz trở thành: c 2 = a2 + b2 - ab. (2) Còng việc còn lại chỉ là tận ệụSgMiiệpđể^ílộCìíể điứng/tninỊni (1).
C âu V l.a 1. Các em học sinh hãy phác thảo ra hình vẽ để thấv rằng vói yêu cáu viết phương trình đường thẳng AB, chúng ta chỉ cần xác định phương của nó (tức đi tìm vtcp hoặc vtpt của AB) bởi AB luôn đi qua M (giả thiết) Ta lần lượt đánh giá như sau: * Đ ế có dược vtcp của AB, chúng ta cần biết đirợc toạ dộ của A hoặc B và hướng này không đúng bởi k h ôn s tận tỉụng được giả thiết đã cho về I và E. * Đ ê có được vtpt của AB, chúng ta chỉ cần biết toạ độ điểm E và vì E thuộc (A) nên chúng ta chí cần thêm một điều kiện nữa. Công việc Iìàv khá dơn giản khi tận dụng được tính dối xứng của tâm I để tìm được điểm N dối xứng với M qua I, từ đó: N e CD => NE 1 IE ĨẼ.NẼ = 0 => toạ độ của E. Như vậy, để thực hiện bài toán trcn chúng ta ihực hiện iheo các bước: Bước 1: G ọi N là điểm dối xứng với M qua I, suy ra toạ độ CUU N và n!\Ịn xét N thuộc đường thẳng CD. Bước 2: Ta lán lượt: " Vì E thuộc đường thẳng (A) nên có toạ độ thoá mãn phương trình đường thẳng (A). Từ đó, suy ra toạ độ của IE và N F.. • Vì E là trung điểm của CD nên: IE 1 NE toạ độ của E. ĩìước 3: Phương trình đường thẳng AB được cho bởi: Q uaM (A B ): vtpt ỈE Đây thuộc dạng toán xét vị trí tương đối của mặt phẳng với mặt cầu, và ở đây: a. Đ ể chứng ininh rằng mật phảng (P) (có vtpt n p ) cắt mặt cầu (S) (có tâm I bán kinh R) theo một đường tròn, chúng ta đi khầng định: d(I, (P)) < R. b. Đ ể xác định toạ độ tâm H và bán kính r của đường tròn đo, ta lần lượt có: ■ Bán kính r = V r 2 - IH2 . ■ Tâm H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) nên để có dược toạ độ của H chúng ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Viết phương trình tham số (giả sử iheo t) của đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P), tức: Q u ai (d ) : Ytcp n 18
Bước 2: Thay phương trình của (c!) vào (P), ta được: f(t) = 0 => Giá trị t => Toạ độ điểm H. Bước 3: Kết luận. C âu V ll.a . Với yêu cầu này chúng ta chỉ cần giải phương trình để tìm đưực nghiệm phức rồi sư dụng cóng thức tính mỏđun. C àu V l.b . 1. VíVi các em học sinh chưa có kinh nghiệm sẽ thực hiện bài toán này theo thứ tự: * Tìm m để (A) cắt (C) (có tâm i, bán kính R) tại hai điểm phân biệt A và B, tức là thiết lạp điều kiện: d(I, (A)) < R. • lìm m dê diện tích AIAB lớn nhất. Trong thực tế, bài toán này được thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Xác định tâm I và bán kính R cùa (C). Bước 2: Nhận xct rằng: SAIAB = -I A .I B .s in Ấ Ĩ B < —IA.IB 2 2 từ đó, suy ra (S AỊAB) M = -I A .IB , đạt được khi: sinẤ ĨB = 1 o ẤĨB = 90° o IA 1 IB d (I,(A )) = -Ặ r V2 => Giá trị tham số. Bước 3: Kết luận. ^ C hú ý: Trong lập luận trên vì có điều kiện d (I,(A )) = ự=- < R nên (C) luôn cắt (A). 2. Bài toán này thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đường thẳng (d) thoả mãn điều kiện K", trước tiên các em học sinh hãy tham khảo định hướng trong câu in .l của đề toán khối B - 2006. Sau đó, cần nhớ được các công thức tính khoảng cách từ một điểm tới một mặt phảng và công thức tính khoảng cách từ một điếm tới một đường tháng. C âu V ll.b . Đ ể giải hệ phương trình đã cho chúng ta chỉ cần thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ. (*) Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương của hàm mũ và lôgarit chúng ta sẽ biến đổi được hệ về dạng đơn giản. Bước 3: Kết hợp với (*) để kết luận nghiệm đúng của hệ. 19
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYEN SINH ■ ■ m ô n t o á n k h ô i a N ăm 2 0 0 9 H H C âu I. 1. Ta lần lượt có: a. H àm số xác định trên D = K \ I - —Ị. b. S ự biến thiên của hàm số: ■ Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: lim y = — nên y = — là đường tiêm cân ngang. x-»oo 2 2 3 lim ... y = +00 và lim y = -co nên X = —2 là đường tiêm cân đímg. ■ Bảng biến thiên: x __3/ 2 I '‘ V 1 y' = — -—ỉ— - < 0 với mọi x e D \ (2x + 3) v \ 2/3 => hàm số nghịch biến trên D. —— -ĩ----------- ------ X 1-00 -3 /2 +00 " N ----------- — ---------- ♦ ± Ĩ Z - : 1 : z : x V 3 /2 ^ \ \ y ^ -0 0 3/2 ( 2 \\ c. Đổ thị của hàm sớ: Đồ thị hàm số nhận điểm 1 - làm tâm đối xứng. I 2 2) 2\ Lấy thêm các điểm A 0; — và B (-2; 0). \ 3J m r . , 2 1 1 A . . \ • * % 2. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách: Cách ỉ: Nhận thấy rằng: AO AB vuông cân tại o => Đường thẳng AB có hệ số góc bằng ± [. Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là nghiệm của phương trình: y' = ±1 --------í— T- = ± l (2x + 3)2 = ±1 o x ~ . (2x + 3) x = -l Khi đó, ta lần lượt có: ■ V ới X = - 2, ta được tiếp tuyến (d|) có dạng y = - X - 2. ■ V ới X = - 1 , ta được tiếp tuyến (d2) có dạng y = -X , tiếp tuyến này bị loại bởi nó đi qua gốc toạ độ o . Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phương trình y = -X - 2. 20