intTypePromotion=1
ADSENSE

Chia sẻ phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán: Phần 2

Chia sẻ: Liên Minh | Ngày: | Loại File: | Số trang:208

114
lượt xem
0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

NỐi tiếp nội dung phần 1 tài liệu Phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán, phần 2 giới thiệu tới người đọc một số đề thi Đại học, đánh giá và định hướng thực hiện kèm đáp án chi tiết các đề thi khối A, B, D các năm 2007, 2006, 2005. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chia sẻ phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán: Phần 2

  1. Iỉ Ê THI MÔN TOÁN KHÔI A NẢM 200 PHẤN ( I Il Ní. CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( ail I: (2 điếm): Cho hàm sô: X ' + 2 ( m + l)x + n r + 4 m lx , y = ------------------ — —------------, m là tham số. (1) X+ 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô (1) khi m = - 1 . 2. Tun m đế hàm sò (1) có cực đại và cực tiếu, đổng thời các điếm cực trị cùa đổ thị cùng với sốc toạ độ o tao thành một tam giác vuông tại o. Cáu II: (2 diêm) 1. Ciiai phương trình: (l + sill2 X j c o s X + (l + c o s ’ XJsin X = 1+ sin 2 x . 2. Tìm m đế phươna trình 3\/x -1 + mVX +1 = 2V x 2 -1 có nghiệm thực. Cáu III:(2 điếm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điếm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng: 'x = - l + 2t . X y -1 Z+2 (tli ) : T - =ĩ~ - = ± T ± , i d , ) : y = 1+ 1 , teK . z = 3 1. Chứng minh rằns (d ) và (d2) chéo nhau. 2. Viết phương trình dirờng thẳng (d) vuông góc với mặt phắng (P) có phương trình 7x + y - 4z = 0 và cắt hai dường tháng (d,), (d2). Câu IV: (2 điểm) 1. Tính diện tích hình pháng giới hạn bơi các đường y = (e + I )x, y = (1 + ex)x. 2. Cho ba số thực dương X, y, L thay đổi và thoả mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: X ' ( y + Z) | y 2( z + x ) | z ~ (x + y ) A = y j ỹ + 2z\fz z\fz. + 2x\fx xs/ x+2yyị ỹ PIIẨN T ự CHỌN T h í sinh chọn câu v . a hoặc càu v . b C àu v . a T h e o ch ư ơ ng trìn h T H P T kh ông p h ân b an (2 điểm) 1. Trong mặt phảng với hệ toạ độ Oxy, cho AABC có A(0; 2), B(-2; -2 ), C(4; -2). Gọi H là chân đường cao ké từ B, M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. 2. Chứng minh rằng: - C ' B+ - c - ;n + - C 5,,, +... + — = Ị— 1 ' 2 2 4 2,1 6 ’ 2n 2n 2n +1 105
  2. Câu v .b Theo chương trình THPT phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2ỉog,(4x - 3) + log|/,(2x + 3) á 2. 2. Cho hình chóp S.ABCI) có đáy AF3CD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đểu và nằm trong mặi phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N vù p lẩn lượt là trung điếm của các cạnh SB. BC và CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BP và tính thế tích cùa khối tứ diện CMNP. ĩĩ ÁNH GIÁ VÀ ĐINH HƯỚNG THỤC HIỆ Câu I. 1. Tham khảo định hưtýng trong câu 1.1 cùa đề toán khói B - 2006. 2. Yêu cầu của bài toán dược tổng quát dưới dạng " Tìm ý á trị củatham sô dè hàm s ấ y = —— có cúc điểm cực trị thoả mãn diều kiện K khi đó v(x) ta tliực hiện theo các bước: Bước I: Ta có: " Miền xác định D. " Đạo hàm y' và thiết lập phương trình y' = 0 f(x) = 0. (1) Bước 2: Hàm số có c ự c đại, c ự c tiểu (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc D. Bước 3: Khi đó, (1) có hai nghiệm phân biệt X|, x2 thoả mãn định lí Viổt: x ,+ x 2 x,'x2 Bước 4: Toạ độ các điểm cực đại và cực tiểu là: u '(x ,) u '( x 2) A(x„ ); B(x,, v ’(x .) v '( x 2) Bước 5: Kiểm tra A, B thoá mãn tính chất K. Cụ thể trong đề bài này là AOAB vuông tại o , khi đổ ta có: OA 1 OB ÕẤ.OB = 0. Cáu II. 1. Chúng ta đi đánh giá lần lượt: v p = sirrx + cos2x + 2sinx.cosx = (sinx + c o s x ) \ VT = (sinx + cosx) + sinx.cosx.(sinx + cosx), tức cả hai vế sẽ có nhân tử chung là (sinx + cosx). điều đó kháng định rằng phương trình sẽ được chuyển về dạng tích để giải. 2. Trước tiên, chúng ta đi nhận xét ràng: X2 - 1 = (x - l ) ( x + 1) 106
  3. lo dó. đế dại sô hoá phương trình đã cho chúng ta sẽ thực hiện chia cà nai vế của phương trình cho VX —1 hoặc v x + 1 . Và đê m ớ dạng tự do 'húng ta sẽ chọn cách chia cho v x + 1 . Khi đó, ta được: X X x-1 + m = 2 :1, 3. - + m = 2.4| 4 x+1 (x + 1) x+1 VX + 1 x -1 Từ dó. với việc sứ dụng án phụ t = (0 ^ 1 < 1) chúng ta sẽ nhận X + 'lược mội phươna trình bậc hai dạng: 3t - 2t + m = 0. (*) Khi đó. để phương trình ban đầu có nghiệm thực điều kiện là phương trình (*) có nghiệm t 6 [0; 1). Với công việc này các em học sinh có thê sử dụng phương pháp tam thức bậc hai hoặc phương pháp hàm số. C âu III. 1. Để chứng minh hai đường thảng (d|) và (d,) chéo nhau, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Thực hiện: * Với đường tháng (d|) chi ra vtcp u, và điếm M |€ (d ,). • Với đường tháng (d2) chỉ ra vtcp U, và điểm M 2e ( d 2). Bước 2: Khắng định: [ Uị , U, ]. M,M, * 0 Kết luận (d,) và (d,) chéo nhau. 2. Để "Viết phương trình dường tliẳng (d) vuông góc với mặt phang (P) và cất hai dường thẳng (d,) và (d2) chéo nhau cho trước", ta có thê lựa chọn một trong ba cách: Cách / : Ta thực hiện theo các bước: lìước ỉ: Tim vtpt n của mặt phảng (P). Bước 2: Lập phương trình mạt pháng (P,) thoả mãn điều kiện: Có một vtcp n (P.): ( d, ) e( P, ) Bước 3: Lập phương trình mặt pháng (P2) thoả mãn điều kiện: Có một vtcp n (P2): (d2) e (P2) Bước 4: Đườiig thảng (d) chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (P|) và (P2). 107
  4. Cách 2 : Ta thực hiện theo các bước: Bước I: Tim vtpt n của mặt phảng (P). Bước 2: Lập phương trình mặt phắng (Q) thoá mãn điểu kiện: Có một vtcp n (Q): ( d ,) e ( Q ) Bước 3: Xác định giao điếm A của (d,) và (Q). Bước 4: Lập phương trình đường thẳng (d) thoá mãn điều kiện: qua A ( d ): .. vtcp n Cách 3 : Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Tim vtpt li của mặt pháng (P). Bước 2: Giả sử đường tháng (d) cắt (d,) và (d2) theo thứ tự tại A, B. Khi đó toạ độ A, B theo thứ tự thoả mãn các phương trình của (d,) v à(d 2). Bước 3: Từ điều kiện AB vuông góc với mặt pháng (P) ta xác định dược toạ độ của A, B. Bước 4: Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua A và B (hoặc qua A có vtcp n ). Câu IV. 1. Để "Tính diện tích lùnli plìẳng giới hạn bởi đồ tliị hai hùm sô y = f(x), y = g(x)", ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Thiếtlập phương trình hoành độ giao điểm của hai đường dã cho: f(x) = g(x) => Nghiệm nhỏ a và nghiệm lớn b. Bước 2: Gọi s là diện tích cần xác định, ta có: s = jìf(x )-g (x )ld x . (1) a Bước 3: Xét dấu biểu thức f(x) - g(x) trên [a; b]. Từ đó, phân được đoạn [a; b] thành các đoạn nhỏ, giả sử: [a; b] = Ịa; c ,]u [c ,; C,] u . . . u [ c k; b]. mà trên mỗi đoạn f(x) - g(x) chỉ có một dấu. Bước 4: Khi đó: C| h s = I = J |f(x )-g (x )|d x + ... + j |f ( x ) - g ( x ) |d x . ã ck .V I X *•> « a'. ■» t • .1 / 2. Đ ây là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến chứa căn có tính đối xứng, do đó chúng ta sẽ định hướng thànli các phần việc: • Các phần tử cơ bản trong A là xV x, yyỊỹ, z V z . 108
  5. Cần biến11 đối đổi các biểu biếu thức x2(y X (y + z), yy2(z (z + x), z2(x + y) theo các phần tứ cơ bản trên dựa trên giả thiết X, y, z dưc dương và xyz = 1. Ta có: x : ( y + z) > X 2.2 y fỹ z = 2 x : J — = 2xVx. • các mẫu sô và tính x\[x , Khi đó, bằng việc sử dụng ẩn phụ a, b, c cho cái y j y . ZVZ theo a, b, c chúng ta sẽ nhận được bất đẳng thức mới: / r/ t n n A *ầ r\ o ir\rt ft\ t’n n n o n /11 > f|(a .b ,c ) f ;(a ,b ,c ) f ,( a ,b ,c ) a b a Công việc còn lại chỉ là một thủ thuật khá đơn giản khi áp dụng bất đáng thức Côsi đó là tách chúng thành Gác phân sô đơn. Câu v .a . 1. Để lạp phưcíng trình đường tròn đi qua ba điểm H, M, N (đường tròn ngoại tiếp A H M N ) ta cân nhắc lựa chọn một trong hai hướng sau: Hướng I: Tổng quát, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giá sử đường tròn (C) có phương trình: (C): X2 + y2 - 2ax - 2by + c = 0, vớia2 + b2 - c > 0. (*) Bước 2: Từ điều kiện H, M, N thuộc (C), ta đượchệ3 phương trình với ba ấn a, b, c. Thay a, b, c vào (*) ta được phương trình của (C). Hướng 2: Dựa trên dạng đặc biệt của AABC, tức là: 1. Nếu AABC vuông tại A, thì: tám I là trung điểm BC (C): BC R 2. Nếu AABC đều, cạnh bằng a, thì: tâm I là trọng tâm AABC (C): aVĩ R= Tuy nhiên với đề ra, trước tiên chúng ta cần thực hiện việc tìm toạ độ các điểm M, N, H. 2. Khi gặp phải bài toán "Chứng minh rằng: 1 22n -1 “ CL +~C 'ìn ——C," 1——— 2 4 2n 6 2n " 2 +1 Các em học sinh cần liên tưởng tới ngay một bài toán cơ bản là "Chứng m inh ràng: c n + - C1 + - c n + • • • + - c ; = 2 3 n n+1 và chúng ta đã thực hiện nó như sau: (1 + x ) " = c “ + cj, X + c ; X2 + ... + c : x \ (1) 109
  6. Lấy tích phân theo X từ 0 đến 1 hai vế của (1), ta được: I I J(1+x)"dx = J( c;; +c;, X+ X2+... +c;; xn)dx cị 0 0 (1 + x)" = < c : x + i c y + i c y + ...+ n+1 2 3 n 2 " -1 ^ = c ; + i c|, + i C; + ... + - c ; . dpcm. n +1 2 3 n Quay lại với đề bài, chúng ta lần lượt đánh giá: • Cần sử dụng khai triển bậc 2n. » Không tồn tại Cjjj, do đó cần sử dụng đồng thời các khai triển: (1 + x ) 2n, ( l - x ) 2n để nhận được biểu thức: c!>n +C' 2„ +CỈ,, + ... + C 2"'1. Câu v .b . 1. Bất phương trình được giải theo các bước: Bước I: Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình. (*) Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để giải bất phương trình trên. Bước 3: Kiểm tra điều kiện (*) rồi kết luận về nghiệm của bất phương trình. 2. Công việc: » Chứng minh rằng AM vuông góc BP sẽ được thực hiện bằng viộc chứng minh BP ± (AMN). • Tính thể tích khối tứ diện CMNP hoàn toàn được thực hiện khi các em lựa chọn được đỉnh, để từ đó xác định ra đường cao và đáy. ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐÊ THI TUYẾN SINH ỊữJ ÔN TOÁN KHÔI A NĂM 2007 Câu I. 1. Bạn đọc tự làm. 2. Đạo hàm: x 2 + t4 x + 4 - r r r y = ------ (x + 2) y'=0o f(x) =X2+4x+4- m2=0. (1) a. Hàm số có có cực đại và cực tiểu khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác - 2 A' > 0 4 - 4 + n r >0 m * 0. f(-2) * 0 4 -8 + 4-rrr *0 110
  7. Kh đó, đổ tlìỊ hàm sò có hai diem cực trị là: A (-2 - m ; - 2 ) và B(m - 2 ; 4m - 2). b. Nhìn xét ràng OA * 0. OB ■£0 nên đe AOAB vuông tại o . điều kiện là: OA 1 OB OA.Oli = 1 ) 0 (-2 - m)(m ~ 2) - 2(4m - 2) = 0 c=> m ’ + 8m + 8 = 0 m = - 4 ± 2 s/ỏ. Vậv, với m = -4 ±2\Ỉ6 thoả mãn điều kiện đầu bài. C àu II 1. Hiến đổi phương trình vé dạng: (sinx + cosx) + (sin 'x.cosx + sinx.cos2x) = sin:x + c o s ’x + 2sinx.cosx (sinx + cosx) + sinx.cosx.(sinx 4- cosx) = (sinx + cosx)2, (sinx + cosx)( 1 + sinx.cosx - sinx - cosx) = 0 ( s in x + c o s x ) ( 1 - sin x) ( 1 - c o s x ) = 0 71 X = - — + k7i sin X + c o s x = 0 ta n X = - 1 4 1- sin X = 0 sin X = 1 » X = — + 2 k n , k € z 2 1 - cos X = 0 co s X = 1 X = 2kĩi Vậv, phương trình có ba họ nghiệm. 2. Điéu k iện X > 1. C h a hai v ế c ú a phương trình cho v x +1 , ta được: , , x-l _ I XJ -1 ,Jx-l 3.1 - — + m = 2.11-- 7 Cí> 3 J - — + m = 2ỉi X +1 (x + 1) x+1 x + 1 Đã t =— - , ta có biến đổi: t = .'11 — — => 0 < t < 1 Vx + 1 \ X +1 Klì đó, phương trình có dạng: 3t2 - 2l = -m . (*) Xé hàm sô f(t) = 3t2 - 2t trên tập D = [0; 1), ta có: f ’(t) = 6t - 2. f ’(t) = 0 6t - 2 = 0 t = - . Ta có báng biến thiên: t 0 1/3 1 f — 0 + 0 0 . 1 f ------1/3 - 111
  8. Đê phương trình ban đáu có nghiệm thực điều kiện là phương trình (*) có nghiệm t 6 [0: 1), tức đường thắng y = - m cắt đổ thị hàm số f(t) = 3 r - 2t trên tập D = [0; 1), la được: Vậy, với -1 < m < — thoả mãn điều kiện đáu bài. 3 Câu III. 1. Ta có: ■ Đường tháng (d|) đi qua điểm M,(0; 1; - 2 ) và có vtcp u, (2;-1 ; 1). ■ Đường thảng (d2) đi qua điểm M2( - 1; 1; 3) và có vtcp u 2(2; 1; 0). Khi đó: [ u , , u 2 ). M,mT = 2 1 * 0 Vậy, hai đường thắng (d,) và (d2) chéo nhau. 2. Ta có thể lựa chọn một trong các cách sau: CáchI: Gọi n là vtpt của mặt phẳng (P), ta được li (7; 1; - 4 ) . Giả sử (d) là dường thắng cần dựng, khi đó (d) là giao tuyến của hai mặt phảng (P,) và (P2), trong đó: (P|): I va(P j): |
  9. Cú( h 2: Gọi II là Ytpt cúa mặt pháiìg (P), ta dưực n (7; I ; -4 ). Giá sứ (d) là đường tháng cần dựng và (d) cát (d,) tại E. ■ Gọi (p,) là phương trình mặt phắng: (d, ) c (P,) Qua M (P,): [(P) ± (P,) Cặpvtcp II và U. 'Qua M ,(0;l;-2 ) o (P ,): (P|): X + 5y + 3z + 1 = 0. vtpt n, = [n, u,] = (—3; —15;—9) Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình: x = - l + 2t X = -5 y=1+1 y = -1 E (-5; - 1 ; 3). z=3 z=3 Vậy, phương trình dường tháng (d) có dạng: X= -5 + 7t Qua E(—5;—1:3) (d): (d): y = -1 + 1 , t € ii? . vtcp n(7;l; - 4 ) z = 3 - 4t Cách 3: Gọi n là vtpt của mặt phảng (P), ta được n (7; 1; -4 ). Giả sử (d) là dường thẳng cần dựng và (d) cắt (d|) tại F. ■ Gọi (P2) là phương trình mặt phẳng: i ( d , ) c (P,) Ọua M, (Pi): J v 2 « ( P 2: | ( P ) 1 ( P 2) Cặpvtcp n và Uj Qua M j(-l;l;3 ) (P2): 4x - 8y + 5z - 3 = 0. vtpt n2 =[ii, u2 ] = (4;-8;5) Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ phương trình: 4x -8 y + 5 z-3 = 0 X = 2 X _ y -1 _ Z+ 2 y=0 = > F (2 ;0 ;-1 ). 2 ~ -1 z = -1 Vậy, phương trình đường thẳng (d) có dạng: X = 2 + 7t Qua F (2 ;0 ;-l) (d): (d): y=t ,t € R vtcp n (7; 1; - 4 ) z=-l-4 t 113
  10. Cách 4: Gọi ri là vtpt của mặt phắng (P), ta được n (7: 1; -4 ). Chuyển phương trình đường thẳng (d,) về dạng tham số. X = 2u (dị): j y = l - u ,u € R. z = -2 + u Giả sử (d) là đường tháng cần dựng và (d) cắt (d,) và (d2) theo thứ tự tại các điểm F, E. Khi đó: ■ Điểm F € (d,) suy ra F(2u; 1 - u; u - 2). ■ Điểm E € (d2) suy ra E(2t - 1; 1 + t; 3). ■ Để EF vuông góc với mật phắng (P) ta được: 2 u -2 t + l - u - t u-5 Iu = 1 E F //n ------— = — — = --------- F(2; 0 ;- ! > . 7 1 -4 Ịt = - 2 Khi đó, đường thảng (d) được cho bởi: X = 2 + 7t Qua F (2 ;0 ;- 1) (d): (d): y=t ,t e R. vtcp rĩ(7; 1; - 4 ) z = -l -4 t Câu IV. 1. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình: X= 0 (e + 1)x = (1 + e ^ x x(e* - e) = 0 X=1 Khi đó: I I I I s = J x ie 11 - e ) dx = jx(e - e x)dx = e Jx.dx - jxe'.dx. (1) 0 () 0 0 I. v u Ta lần lượt: ■ Với 1, thì: ex I,= (2) Với I2 thì đặt: u= X du = dx i ^ 1 • dv = exdx [v = e' Khi đó: I, = xex 1 - fexdx = e - e = 1 (3) L 0 J 0 Thay (2), (3) vào (1), ta được s = —-1 . 114
  11. 2. Với giả thiết X. y, 7. dương và x y / = 1, ta có: rr x 2(y + /.) > x 2.2xí ỹ z = 2 x : =2\yfx chứng minh tư Bàng việc sử dụng ẩn phụ 4c + a - 2 b xvx = a = x \/x + 2 y N/ỹ 4a + b - 2 c b = y ,/ ỹ + 2 z \/z y>/y = c = zV z + 2 x \/x 4b + c - 2 a z>/z = 9 Khi đó, ta nhận được bất đẳng thức mới: 4c + a - 2 b 4a + b - 2 c 4b + c - 2 a + + 9 _ 2 (c— a h i fa b cl 4 + —+ — + — + — + — - 6 > —(4.3 + 3 - 6 ) = 2. ~9 lb c a J lb c aj Vậy, ta có A Min = 2, dạt được khi: xyz = 1 X = y = z X = y z = 1. a=b=c Câu v.a. 1. Ta lán lượt có: ■ M và N lần lượt là trung điếm của các cạnh AB và BC nên M ( - l ; 0), N (l; -2 ). • Giả sử H(x; y), ta có: H e AC 4x + 4(y - 2 ) = 0 X= 1 < < H (l; 1). BI ỉ 1 AC 4(x + 2 ) - 4 ( y + 2) = 0 y=1 Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp AHMN có dạng: (C): X2 + y2 - 2ax - 2by + c = 0, với a2 + b2 - c > 0. 115
  12. Điếm H, M. N € (C), ta được: 1 +1 - 2a - 2b + c = 0 2a + 2b - c = 2 Ịa = I/ 2 1 + 2a + c = 0 2a + c = -1 •{b = - 1/ 2. thoả mãn l + 4 - 2 a + 4b + c = 0 2 a-4 b -c = 5 c = -2 Vậy phương trình đường tròn (C): X2 + y 2 - X + y - 2 = 0. 2. Ta có: (1 + x)2n = c°„ + c'ĩn X + c ị n X2 + ... + c ị" x2n. (1) (1 - x)2n= c°2n -
  13. 2 liụn (lọc tự vẽ liìnli. a Chứng minh rằng AM vuông góc với BP. Gọi 11 là trung điếm AD, ta có: ASAD đều => SH 1 AD. Theo giá thiết: (SAD) 1 (ABCD) => SH 1 (ABCD) => SH 1 BP. (1) Mạt khác, trong hình vuông A BCD. ta cổ: ACDH = ABCP => CH 1 BP. (2) Từ (!) và (2) suy ra B P l ( S C H ) . Ta lại có: Í M N //S C ị = > (A M N )//(S H C )= > B P l ( A M N ) Ị AN' //C H => BP 1 AM. đpcm. b Tính thê tích của khôi tứ diện CMNP. Ké MK vuông góc với mặt pháng (ABCD), ta có: Vcmni, = Ì m K.SiOT„. (3) f tong đó: M K = -S H = — . (4) 2 4 S . ^ P = ị c N .C P = J . (5) Thay (4), (5) vào (3), ta được: _ 1 a \ l ĩ a' _ a ' \ Í 3 C M N I . - ỹ — - y - 9 6 117
  14. s Ê THI MÔN TOÁN KHÔI B NẢM 2007 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I: (2 điếm): Cho hàm sỏ: y = - X ' + 3x" + 3(171' - 1)x - 3m2 - 1, in là tham số. ( I) 1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ dổ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tim m đế hàm sô (1) có cực đại và cực tiếu, đồng thời các điểm cực trị cúa đổ thị cách đều gốc toạ độ (). Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình 2siir2x + sin7x - 1 = sinx. 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dưưng của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x : + 2x - 8 = Jm (X - 2). Cảu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phảng (P) có phương trình: (S): X2 + y 2 + r - 2x + 4y + 2z - 3 = 0, (P): 2 x - y + 2z - 14 = 0. 1. Viết phương trình mặt phắng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Tim toạ độ điếm M thuộc mật cầu (S) sao cho khoảng cách từ M tới mặt phảng (P) là lớn nhất. Câu IV: (2 điểm) 1. Cho hình pháng H giới hạn bởi các đường y = x.lnx, y = 0, X = e. Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. 2. Cho ba số thực dương X, y, z thay đổi. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức: fx 1 1 (z 1 > — —Y A — 1 --- + y Í I + JL^ T _ 4-__ 4- L 7 I 2 yZ J y2 Z \J v2 + x y , PHẨN T ự CHỌN T h í sinh chọ n cả u v .a hoẠc câu v . b C â u v . a T h e o ch ư ơ n g tr ìn h T H P T k hông p h án h a n (2 điểm) 1. Tính hệ sô của x "1trong khai triển nhị thức Niutơn (2 + x)", biết ràng: 3"C“ -y'~'c'n+3"-2c n2-,..+(-i)"c;; = 2048. (n nguyên dương, là tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phảng với hệ toạ độ Oxy, cho điếm A(2; 2) và các đường thắng: (d,): X + y - 2 = 0, (d2): X + y - 8 = 0. Tim toạ độ các điểm B và c lần lượt thuộc (d,), (d2) sao cho AABC vuông cân tại A. 118
  15. ( ail v .b Theo chưong Irình THPT phán han (2 điém) 1. Giái phương trình Ị \Í2 - IỊ + Ị \J2 + 1Ị - 2 \f'2 = 0 . 2. Cho hình chóp tứ giác liều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuòng cạnh a. Gọi H là điếm doi xứng cua I) qua trung điếm cùa SA. M và N lần lưựl là trung (ỉiếm cùa các cạnh AI' và BC. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI) và tính khoáng cách giữa hai đường thảng MN và AC. •1 ÁNH GIÁ VẰ ĐINH HƯỚNG THƯC HIÊ 3 Câu I. 1. Tham khảo định hướng trong câu 1.1 của đề toán khối B - 2006. 2. Yêu cáu cùa bài toán dược, tổng quát dưới dạng " Tìm ÍỊÌÚ trị của tluim số (tê hàm s ổ V = f(x) có các cỉiern cực trị thoci mãn dicn kiện K ", khi đó tu •thực hiện theo các bước: Bước ỉ: Ta có: " Miền xác dịnh D. * Đạo hàm y' và thiết lập phương trình y' = 0 f(x) = 0. (1) Bước 2: Hàm số có cực đại, cực tiểu (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc D. Bước 3: Khi đó, (1) có hai nghiệm phân biệt X|, x2 thoả mãn định lí Viét: X, + x 2 X| Xj Bước 4: Toạ độ các điểm cực dại và cực tiểu là: A(X|, f(X|)); B( x2, f(x2)). Bước 5: Kiểm tra A, B thoả mãn tính chất K. Cụ thể trong đề bài này là OA = OB. C âu II. 1. Chúng ta đi đánh giá lần lượt: 1 - 2sin22x = cos4x, sin7x - sinx = 2cos4x.sin3x, lức cá hai vế sẽ có nhân tử chung là cos4x, điều đó khẳng định rằng phương trình sẽ được chuyển về dạng tích đê giải. 2. Trước tiên, chúng ta đi nhận xét rằng: X" + 2x —8 = (x —2)(x + 4) do đó. bằng cách bình phương hai vế của phương trình (với điều kiện X > 2) chúng ta sẽ nhận dược: X= 2 (x - 2)f(x, in) = 0 f(x,m) = 0' 119
  16. Khi đó, đế chứng minh với m > 0 phương trình ban đáu luôn có hai nghiệm thực phân hiệt chúng ta chỉ cần đi chứng minh phương trình f(x) = 0 luôn có dứng một nghiệm thuộc (2: + 00). C â u III. 1. Đổ viết phương trình mặt phắng chứa dường thẳng (d) và cắt (S) (có tám I bán kính R) theo thiết diện là inột đường tròn (C) có bán kính r (hoặc biết chu vi. diện rích), ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giá sử mật pháng (P) thỏa mãn điều kiện đầu bài có phương trình: (P): Ax + By + Cz + D = 0, với A2 + B2 + c 2 > 0. Bước 2: Ta lần lượt sử dụng các giá thiết: ■ Lấy hai điếm c , D thuộc (d) suy ra c, D thuộc (P). (1) ■ Vì (P) n (S) = (C) có bán kính là r, khi đó: r = R2 - d U ( P ) ) . (2) Bước 3: Giải (1) và (2) để tìm được cách biểu diễn ba trong bôn ẩn số A, B, c , D theo một ẩn còn lại. Từ đó, nhận được phương trình mặt phẳng(P). ^ Chú ý: Trong trường hợp đặc biệt r = R chúng ta sứ dụng lập luận: Bước 1: Ta lần lượt sử dụng các giả thiết: ■ Vì (P) n (S) = (C) có bán kính là r = R, nên (P) đi qua I. ■ Lấy điểm A thuộc (d) và tìm một vtcp u của (d). Bước 2: Phương trình mặt phẳng (P) được cho bới: Qua A Qua A (P): . o ị Có cập vtcp u và IA vtpt li = [li.IA 2. Sử dụng nhận xét rằng với đường thắng (d) di qua tâm I của mặt cầu (S) và vuông góc với mật phẳng (P) thì (d) sẽ cắt (S) tại hai điểm A, B. Và khi đó, nếu d(A, (P)) > d(B, (P » thì d(M, (P)) lớn nhất khi M = A. Từ đó, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Lập phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (p). Bước 2: Tìm toạ độ các giao điểm A, B của (d) với (S). Tính d(A, (P)), d(B, (P)) Bước 3: Lập lại nhận xét trên. Câu IV. 1. Tham khảo định hướng trong câu IV của đề toán khối A - 2007. 2. Đây là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhò nhất của biểu thức nhiéu biến có tính đối xứng, do dó chúng ta sẽ định hướng thành các phần việc: G om lại các phần tử trong bất đắng thức, cụ thể: í y ? 7\ '1 f ■> yz A= +— +— 2 2 2 xyz 120
  17. • Công việc còn lại chỉ là một thú thuật khá đơn giản khi áp dụng bất 2 f ■> đắng Ihức Côsi đó là tách ------ ---------chúng thành các phân số đơn xyz dạng —, —. — đé chuyển A về dạng. X y z / *> \ ( 2 A / -) \ X a y ____ a 4_ 1 ___1 ị. “T 7 X \ x ) V 2 y y V 2 y, C â u v .a . 1. Từ yêu cầu của bài toán chúng ta thấy có hai phần việc phải thực hiện: Phần / : Tìm n từ biểu thức điều kiện: 3"C° - 3 n- 'c ' + 3 ”' 2C^ - . . . + ( - l ) nC ’ = 2 0 4 8 xuất phái từ các đẳng thức cơ bản: 3"C° - y - ' c l + y ^ c ] -... + (-l)"C" = ( 3 - l ) n. Phần 2: Tính hệ số của X10 trong khai triển nhị thức Niutơn: Hệ số của X'° là c l° .2 " '10. 2. Trước tiên, các ern học sinh hãy tham khảo lại định hướng trong câu v.a.2 của đế toán khối A - 2006. Từ đó, định hướng được các bước giải sau: Bước í: Các điểm B và c lần lượt thuộc (dj) và (d2) nên: B(t; 2 - 1), C(u; 8 - u). Bước 2: Để AABC vuông cân tại A điều kiên là: A B1A C ÍAB.AC = 0 ít < => < => Toa đô B, c. Ịa B = AC [a B j = AC2 Ịu Càu v.b. 1. Bằng nhận xét: ( V 2 - l ) ( V 2 + l) = l các em học sinh có thể thấy ngay rằng phương trình đã cho sẽ giải được bằng cách sử dụng ẩn phụ t = (>/2 —1y su y ra (V 2 + l) = - . 2. Còng việc: • Chứng minh MN vuông góc với BD sẽ được rút ra từ nhận xét rằng MN / / (P) và BD 1 (P). • Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC sẽ được thực hiện bằng việc chọn một mặt phảng chứa AC và song song với MN. 121
  18. ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỂ THI TUYEN SINH ■ ■ m ô n t o á n k h ố i B Nă m 2()otH H C â u I. 1. Bạn đọc lự làm. 2. Đạo hàm: y’ = - 3 x 2 + 6x + 3(m 2 - 1), y' = 0 -3 x 2 + 6x + 3(m2 - 1) = 0 f(x) = X'1 - 2x - rrr + 1 = 0 . (1) a. Hàm số có có cực đại và cực tiểu khi: (1) có hai nghiệm phân biệt o A ’ > 0 o m 2> 0 « m ^ 0 . Khi đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A( 1 - m ; - 2 - 2m 1) và B( 1 + m ; - 2 + 2m’). b. Để các điểm cực trị của đồ thị cách đều gốc toạ độ o , điều kiện là: OA = O B o OA2 = OB2 o (1 - m)2 + (-2 - 2m Y = (1 + m)2 + (-2 + 2 iĩĩY m*0 Ị o 8 rrr-2 m = 0 o m = ± —. 2 Vậy, với m = ± — thoả mãn điều kiện đầu bài. Câu II. 1. Biến đổi phương trình về dạng: 2sin22x - 1 + sin7x - sinx = 0 -co s4 x + 2cos4x.sin3x = 0 o cos4x(2sin3x - 1) = 0 n k 71 4x = — + kn X —— 2 8 4 cos4x = 0 71 2 kn o 1 3x = — + 2kĩi X = — + ke z. sin 3x = — 6 18 ~ T 7 5n 2k7ĩ 3x = 7 1 - —+ 2 k n X= — + 6 18 Vậy, phương trình có ba họ nghiệm. Với m > 0 thì điều kiện của phương trình là X > 2. Phương trình được biến đổi tương đương về dạng: (x - 2)(x + 4) = ^ m ( x - 2 ) (x - 2)2(x + 4)2 = m(x - 2) 122
  19. 1 X= 2 (x - 2)[(x - 2)(x + 4) - m ] = 0 , X +6x -32-m = 0 (*) Ta chi cần di chứng minh phương trình (*) luôn có đúng một nghiệm thuộc khoảng (2; + 0C). Thật vậy, xét hàm số y = x ' + 6 x : - 32 trên tập D = (2; + 00), ta có: y ’ = 3x2 + 12x > 0, Vx e D => Hàm sô đồng biến trên D. Ta có bảng biến thiên: X 2 +00 y’ + ’ +00 y 0 ^ Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0 phương trình (*) luôn có đúng một nghiệm thuộc khoảng (2; + 00). Vậy, với mọi m > 0 phương trình ban đầu luôn có hai nghiệm thực phân biệt. C â u III. Mặt cầu (S) có tâm 1(1; - 2 ; - 1 ) và bán kính R = 3. 1. Mặt phảng (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 thì phải đi qua I. Từ đó, ta được: Qua I Qua I (Q): »(Q ): O xc(Q ) Cặp vtcp I và õ ĩ í Qua 1(1;—2; —1) «(Q ) o (Q): y - 2z = 0. vtpt li = [ỉ, 0 i j = (0;l;~2) 2. Nhận xét rằng đường thẳng (d) đi qua tâm I của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì (d) sẽ cắt (S) tại hai điểm A, B. Và khi đó, nếu d(A, (P)) > d(B, (P)) thì d(M, (P)) lớn nhất khi M = A. Ta có: X = 1 + 2t Qua 1(1;—2;—1) (d): » ( d ) : y = -2 - 1 , t € 1 vtcp n ( 2 ; - 1; 2) z = - l + 2t Đường thẳng (d) sẽ cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A, B với toạ độ được xác định bằng cách thay phương trình tham số của (d) vào (S) như sau: (1 + 2t)2 + ( - 2 - 1)2 + ( 2 t - I )2- 2( 1 + 2 t) + 4 ( - 2 - t ) + 2 ( 2 t - l ) - 3 = 0 o t2 - 1 = 0t = ± l => A ( - l ; - 1 ; - 3 ) và B(3; - 3 ; 1). Ta có: | 2 . ( - l ) - ( - l ) + 2 .( - 3 ) - 1 4 | d (A ,(P ))= i 1 =7. \J 2 + (—1) + 2 123
  20. J 2.3 —(—3) + 2.1 —14j d(B, (P)) = ■— T—- = = — 1 = 1, => d(A, (P)) > d(B, (P)). \J2 + ( - 1 ) + 2 Vậy, với điểm M ( - l ; - 1 ; - 3 ) thuộc mặt cầu (S) thì khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) là lớn nhất. Câu IV. 1. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = x.lnx và y = 0 là nghiệm của phương trình: x.lnx = 0 lnx = 0 o X = 1. Khi đó, thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh title Ox là: c c V = 71J(x.lnx)2 dx =n jx2.ln2 xdx. I I r 21nx.dx du = u = In2 X Đặt: d v = X2 . dx V= Khi đó: x' . 2 c 2c Tce3 2 tĩ Cf V = n — .10 X - - |x2.lnxdx 3 1 3J J1 “ T~ 3 J1 . _dx du = — u = lnx X Với I, ta đặt: dv = x2.dx V= Khi đó: c I c 3 3 2e' +1 1= — .lnx - i fx \d x = *1 - *1 (2) 3 , 3 / 3 9 n(5e' - 2) Thay (2) vào (1), ta được V = 27 2. Biến đổi A về dạng: 2 2 X +y +z A= xyz "> ■> 2 _2 2 xn_A_ 2 2 _2 X + y y +z z +x Nhận xét rằng: X + y + z = — - £—+ - —■— + — —— > xy + yz + zzx 2 M 2 do đó, ta được bất đẳng thức: 124
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2