Giải đề thi đại học khối B môn toán 2011

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B 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 B 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 B năm 2011 Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: y = x 4 2(m + 1)x 2 + m (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, trong đó O là gốc toạ độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phơng trình sin2x.cosx + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx. 2. Giải phơng trình: 2 3 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x, (x ).+ + = Ă Câu III: (1 điểm): Tính tích phân /3 2 0 1 x.sin x I dx. cos x + = Câu IV: (1 điểm): Cho lăng trụ ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD a 3.= Hình chiếu vuông góc của điểm A 1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD 1 A 1 ) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ B 1 đến mặt phẳng (A 1 BD) theo a. Câu V: (1 điểm): Cho hai số thực a, b dơng thoả mãn: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 a b a b P 4 9 . b a b a = + + ữ ữ 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 hai đờng thẳng (): x y 4 = 0 và (d): 2x y 2 = 0. Tìm toạ độ điểm N thuộc đờng thẳng (d) sao cho đờng thẳng (ON) cắt đờng thẳng () tại điểm M thoả mãn OM.ON = 8. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 2 y 1 z ( ) : 1 2 1 + = = và mặt phẳng (P): x + y + z 3 = 0. Gọi I là giao điểm của () và (P). Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với () và MI 4 14.= Câu VII.a (1 điểm): Tìm các số phức z, biết 5 i 3 z 1 0. z + = 2 B. Theo chơng trình Nâng cao Câu VI. b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh 1 B ; 1 2 ữ . Đờng tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tơng ứng tại các điểm D, E, F. Cho D(3; 1) và đờng thẳng (EF): y 3 = 0. Tìm toạ độ đỉnh A, biết A có tung độ dơng. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 2 y 1 z 5 ( ) : 1 3 2 + + = = và hai điểm A( 2; 1; 1), B( 3; 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng đờng thẳng () sao cho MAB có diện tích bằng 3 5. Câu VII.b (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức 3 1 i 3 z . 1 i + = ữ ữ + 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 đa thức bậc bốn dạng trùng phơng. 2. Với dạng toán "Tìm thuộc tính các điểm cực trị của hàm số" ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Thực hiện: Miền xác định D = Ă . Tính đạo hàm rồi thiết lập phơng trình y' = 0. (1) Bớc 2: Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C (1) có ba nghiệm phân biệt. Bớc 3: Tìm ba nghiệm của (1) và toạ độ ba điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. Sử dụng điều kiện : OA = BC OA 2 = BC 2 Giá trị của tham số. Bớc 4: Kết luận. Câu II. 1. Với phơng trình lợng giác kiểu này ta thực hiện việc biến đổi nó về dạng ph- ơng trình tích bằng phép thử dần, cụ thể: sin2x.cosx = 2sinx.cosx.cosx = 2cos 2 x.sinx = (1 + cos2x)sinx = sinx + cos2x.sinx. Khi đó, sẽ đơn giản đợc sinx ở hai vế của phơng trình và ta đợc: cos2x.sinx + sinx.cosx = cos2x + cosx (sinx 1)cos2x + (sinx 1)cosx = 0 (sinx 1)(cos2x + cosx) = 0. 3 2. Đây là phơng trình chứa căn đợc mở rộng từ dạng cơ bản: Phơng trình chứa f (x) g(x) , f (x).g(x) và f(x) + g(x) = k (k = const), ta sử dụng ẩn phụ t = f (x) g(x) , khi đó f (x).g(x) = 2 t k 2 . ở đây, ta có đánh giá mở rộng bằng cách viết lại phơng trình dới dạng: ( ) 2 3 2 x 2 2 x 10 3x 4 4 x .+ = Khi đó, với ẩn phụ t 2 x 2 2 x= + suy ra: ( ) 2 2 t 2 x 2 2 x= + 2 10 3x 4 4 x .= Do đó, phơng trình có dạng: 3t = t 2 t 2 3t = 0 t = 0 hoặc t = 3. Tới đây, công việc chỉ còn là giải dạng phơng trình chứa căn cơ bản dạng: 2 x 2 2 x k+ = 2 x k 2 2 x. + = + Chú ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình. Câu III. Với nguyên hàm cơ bản 2 dx tan x C cos x = + chúng ta thấy ngay rằng I sẽ đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể: 1 2 /3 /3 2 2 0 0 I I 1 x.sin x I dx dx. cos x cos x = + 1 4 2 4 3 1 44 2 4 43 và việc tính I 1 là khá đơn giản còn I 2 ta sử dụng phơng pháp tích phân từng phần với lựa chọn: 2 u x . sin x.dx dv cos x = = Câu IV. Trớc tiên, chúng ta cần sử dụng giả thiết để thiết lập đợc: A 1 O (ABCD) với O là giao điểm của AC và BD. Với E là trung điểm của AD thì ã 0 1 1 1 ((ADD A ), (ABCD)) A EO 60= = . 1. Với khối lăng trụ ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 , ta có ngay: 1 1 1 1 ABCD.A B C D 1 ABCD 1 V A O.S A O.AB.AD.= = Trong đó: Độ dài của AB và AD đã có sẵn. Độ dài của A 1 O tính đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông A 1 OE, cụ thể: ã 1 1 A O OE.tan A EO.= 4 2. Để tính khoảng cách từ B 1 đến mặt phẳng (A 1 BD), chúng ta sử dụng: B 1 C // A 1 D B 1 C // (A 1 BD) d(B 1 , (A 1 BD)) = d(C, (A 1 BD)) = CH với H là hình chiếu vuông góc của C trên BD. Để tính CH ta sử dụng công thức đờng cao trong tam giác vuông. Câu V. Trớc tiên, ta nhận thấy với ẩn phụ a b t b a = + ta viết lại P dới dạng: 3 2 a b a b a b P 4 3 9 2 b a b a b a = + + + ữ ữ ữ = 4(t 3 3t) 9(t 2 2) = 4t 3 9t 2 12t + 18. Bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) = 4t 3 9t 2 12t + 18 với t thoả mãn điều kiện: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2). (*) Nh vậy, cần biến đổi (*) về một bất phơng trình theo t, cụ thể: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)ab + 2(a + b). Chia cả hai vế của đẳng thức trên cho ab, ta đợc: a b 1 1 2 1 a b 2 . b a b a + + = + + + ữ ữ Nhận xét rằng : 1 1 1 1 a b 2 2 2(a b) b a b a + + + + + ữ ữ a b 2 2 2 b a = + + ữ từ đó, suy ra: a b a b 2 1 2 2 2 b a b a + + + + ữ ữ ( ) 2t 1 2 2 t 2 + + t D. Tới đây, công việc chỉ còn là đi sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) = 4t 3 9t 2 12t + 18 trên D. Câu VI.a 1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta 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. 5 2. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt phẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Tìm toạ độ giao điểm I của đờng thẳng () với mặt phẳng (P). Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x y 2 = 0. (1) Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết: IM () IM.a 0. = uuur uur (2) MI 4 14= MI 2 = 224. (3) Giải hệ tạo bới (1), (2), (3) để nhận đợc x, y, z. Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M. 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. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mãn điều kiện phức hợp K" nên chuyển nó về dạng là giao điểm của hai đối tợng hình học và ở đây ta thấy A là giao điểm của EF và AD nên thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Với nhận xét BD // EF nên ABC cân tại A, do đó: Qua D (AD) : AD BC Qua D (AD) : . AD EF Bớc 2: Để nhận đợc phơng trình đờng thẳng (AB) ta đi tìm toạ độ điểm F dựa trên điều kiện: F thuộc EF nên F(t; 3). Với BF = BD suy ra: BF 2 = BD 2 Giá trị của t Toạ độ F. Phơng trình (AB) đợc cho bởi: Qua F (AB) : . vtcp BF uuur Bớc 3: Toạ độ của A là nghiệm của hệ phơng trình tạo bởi (AD) và (AB). 2. Với dạng toán "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" các bớc thực hiện sẽ là: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm M theo t. Bớc 2: Từ giả thiết MAB có diện tích bằng 3 5 , suy ra: 1 AM; AB 3 5 2 = uuuur uuur Giá trị của t Toạ độ M. 6 Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M. Câu VII.b. Với bài toán này các em học sinh cần sử dụng dạng lợng giác của số phức để có đợc lời giải đơn giản, cụ thể: Với z = a + bi (a, b Ă ) thì: 2 2 2 2 2 2 a b z a b i a b a b = + + ữ + + = ( ) 2 2 a b cos i.sin+ + suy ra: 1 3 1 i 3 2 i 2 2 + = + ữ ữ 2 cos i.sin 3 3 = + ữ 1 1 1 i 2 i 2 2 + = + ữ 2 cos i.sin 4 4 = + ữ Công thức moa vrơ: Với mọi số nguyên dơng n, ta có: [r(cos + i.sin)] n = r n (cosn + i.sinn). Khi đó: ( ) 3 1 i 3+ = ( ) 8 cos i.sin+ ; 3 3 1 i 2 2 cos i.sin 4 4 + = + ữ Nếu z = r(cos + i.sin) và z' = r'(cos' + i.sin') với r, r' 0 thì : z z' = r r' [cos( ') + i.sin( ')] khi r' > 0. Khi đó: z 2 2 cos i.sin 4 4 = + ữ = 2 + 2i. Vậy, số phức z có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 2. Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2011 Câu I. 1. Với m = 1, hàm số có dạng: y = x 4 4x 2 + 1. (1). Hàm số xác định trên D = Ă . (2). Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn của hàm số tại vô cực: x lim y = 4 2 4 x 4 1 lim x 1 . x x + = + ữ Bảng biến thiên: 7 y' = 4x 3 8x, y' = 0 4x 3 8x = 0 x 0 . x 2 = = x 2 0 2 + y' 0 + 0 0 + y + CT 3 CĐ 1 CT 3 + Điểm uốn: y'' = 12x 2 8, y'' = 0 12x 2 8 = 0 x = 6 3 . Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm 6 3 nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn là ữ ữ 1 6 11 U ; 3 9 và ữ ữ 2 6 11 U ; 3 9 . (3). Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(1; 2), B(1; 2) Bạn đọc tự vẽ đồ thị. 2. Miền xác định D = Ă . Đạo hàm: y' = 4x 3 4(m + 1)x = 4x(x 2 m 1), y' = 0 x(x 2 m 1) = 0. (1) Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C (1) có ba nghiệm phân biệt m + 1 > 0 m > 1. Khi đó, (1) có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = m 1 + và toạ độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A(0; m), B( m 1+ ; m 2 m 1) , C( m 1+ ; m 2 m 1) Ta có OA = BC khi: OA 2 = BC 2 m 2 = 4(m + 1) m 2 4m 4 = 0 m 2 2 2. = Vậy, với m 2 2 2= thoả mãn điều kiện đầu bài. Câu II. 1. Biến đổi phơng trình về dạng: 2sinx.cos 2 x + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx (1 + cos2x)sinx + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx (sinx 1)cos2x + (sinx 1)cosx = 0 (sinx 1)(cos2x + cosx) = 0 sin x 1 0 cos2x cos x 0 = + = sin x 1 cos2x cos x cos( x) = = = 8 x k2 2 2x x k2 2x x k2 = + = + = + + x k2 2 2 x k 3 3 x k2 = + = + = + x k2 2 , k . 2 x k 3 3 = + = + Â 2. Điều kiện: 2 x 0 2 x 0 + 2 x 2. (*) Biến đổi phơng trình về dạng: ( ) 2 3 2 x 2 2 x 10 3x 4 4 x .+ = (1) Đặt t 2 x 2 2 x= + suy ra: ( ) 2 2 t 2 x 2 2 x= + 2 10 3x 4 4 x .= Do đó phơng trình (1) có dạng: 3t = t 2 t 2 3t = 0 t = 0 hoặc t = 3. Ta lần lợt: Với t = 0 thì: 2 x 2 2 x 0+ = 2 x 2 2 x + = 2 + x = 4(2 x) 5x = 6 6 x 5 = , thoả mãn (*). Với t = 3 thì: 2 x 2 2 x 3+ = 2 x 2 2 x 3 + = + (**) 2 x 4(2 x) 9 12 2 x + = + + 12 2 x 5x 15 = phơng trình này vô nghiệm do với điều kiện (*) thì VP < 0. Vậy, phơng trình có nghiệm 6 x . 5 = Chú ý: Có thể sử dụng đánh giá để giải phơng trình (**) nh sau: 2 + x 2 + 2 = 4 2 x 2+ VT 2, VP 2 2 x 3 3= + . Từ đó, suy ra phơng trình này vô nghiệm. Câu III. Ta có biến đổi: 1 2 /3 /3 2 2 0 0 I I 1 x.sin x I dx dx. cos x cos x = + 1 4 2 4 3 1 44 2 4 43 (1) 9 Ta lần lợt: Với I 1 thì: /3 1 0 I tan x 3. = = Với I 2 sử dụng phơng pháp tích phân từng phần bằng cách đặt: 2 u x sin x.dx dv cos x = = du dx . 1 v cosx = = Khi đó: /3 /3 2 0 0 x dx I cos x cos x = ữ /3 2 0 / 3 cosx.dx cos / 3 cos x = /3 2 0 2 d(sin x) 3 1 sin x = /3 0 2 1 1 1 d(sin x) 3 2 sin x 1 sin x 1 = + ữ + ( ) /3 0 2 1 ln sin x 1 ln sin x 1 3 2 = + + 2 1 ln sin 1 ln sin 1 3 2 3 3 = + + ữ 2 1 ln(2 3). 3 2 = + Thay I 1 và I 2 vào (1) ta đợc 2 1 I 3 ln(2 3). 3 2 = + + Câu IV. Học sinh tự vẽ hình. Từ giả thiết ta đợc A 1 O (ABCD) với O là giao điểm của AC và BD. Với E là trung điểm của AD thì: 1 OE AD A E AD ã 0 1 1 1 ((ADD A ), (ABCD)) A EO 60= = . a. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 : Ta có: 1 1 1 1 ABCD.A B C D 1 ABCD 1 V A O.S A O.AB.AD.= = Trong đó: ã ã 1 1 1 AB A O OE.tan A EO .tan A EO 2 = = 0 a .tan 60 2 = a 3 . 2 = Từ đó: 1 1 1 1 3 ABCD.A B C D a 3 3a V .a.a 3 . 2 2 = = 10 . a b 5 b a 2 2 a b a b ab + = + + = a ,b 0 a b 5 b a 2 ab 2 > + = = 2 2 a b 5 ab 2 + = = 2 (a b) 2ab 5 ab 2 + = = 2 (a b) 9 ab. + b 2 ) + ab = (a + b) (ab + 2) 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b) ab + 2(a + b) . Chia cả hai vế của đẳng thức trên cho ab, ta đợc: a b 1 1 2 1 a b 2 . b a b