1 Giải đề thi đại học khối B môn toán 2009

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2009

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 2009

 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

1

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối B năm 2009

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2. Với giá trị nào của m phơng trình x2x2  2 = m có đúng 6 nghiệm phân biệt

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình:

3 sin x cos x.sin 2x  3 cos3x 2(cos 4x sin x). 

2 Giải hệ phơng trình:

xy x 1 7y

x y xy 1 13y

  







Câu III: (1 điểm): Tính tích phân

 

3

2 1

3 ln x

x 1









Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa

đờng thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600, ABC vuông tại C và BAC 60  0 Hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của

ABC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a

Câu V: (1 điểm): Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = 3(x4 + y4 + x2y2)  2(x2 + y2) + 1

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặ B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) và hai đờng thẳng (1), (2) có phơng trình:

(C) : (x 2) y ,

5

   (1): x  y = 0, (2): x  7y = 0y = 0 Xác định toạ độ tâm K và bán kính của đờng tròn (C1), biết đờng tròn (C1) tiếp xúc với các đờng thẳng (1), (2) và tâm K thuộc đờng tròn (C)

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1; 2; 1), B(2; 1; 3), C(2; 1; 1) và D(0; 3; 1) Viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A,

B sao cho khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P)

Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức thoả mãn:

z (2 i) 10

z.z 25









B Theo chơng trình Nâng cao

3

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cân tại A có đỉnh A(1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đờng thẳng (): x  y  4 = 0 Xác định toạ độ điểm B và

C, biết diện tích ABC bằng 18

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0; 1), B(1; 1; 3) và mặt phẳng (P) phơng trình:

(P): x  2y + 2z  5 = 0

Trong các đờng thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phơng trình đ-ờng thẳng mà khoảng cách từ B đến đđ-ờng thẳng đó là nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để đờng thẳng y = x + m cắt đồ

thị hàm số

2

y

x



 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Với hàm số:

y = f(x) = ax4 + bx2 + c, với a  0

ta lần lợt có:

Miền xác định D = R.

Đạo hàm:

 Đạo hàm cấp một:

y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b)

Phơng trình y' = 0 hoặc có một nghiệm (a.b  0) hoặc có ba nghiệm phân biệt

Do đó hàm số hoặc chỉ có một cực trị hoặc có ba cực trị

 Đạo hàm cấp hai:

y'' = 12ax2 + 2b

Do đó hàm số hoặc có hai điểm uốn hoặc không có điểm uốn

Giới hạn:

x

lim

 y = xlim

  ax4(1 + b2

ax + 4

c

ax ) =

khi a 0 khi a 0





Bảng biến thiên: Dấu của y' phụ thuộc vào dấu của a (a > 0 hay a < 0) và dấu của a.b, do đó ta có bốn trờng hợp biến thiên khác nhau

Đồ thị của hàm số: Do có bốn trờng hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm trùng phơng có bốn dạng sau đây:

Có một cực trị Có ba cực trị Có một cực trị Có ba cực trị

Một số tính chất của hàm trùng phơng

Tích chất 1: Hàm số có cực trị với mọi giá trị của tham số sao cho a  0.

Tích chất 2: Hàm số có cực đại, cực tiểu

y

x O

y

x O

y

x O

y

x O

 y' = 0 có ba nghiệm phân biệt  b

2a < 0.

Tích chất 3: Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu

 a 0

b 0











Tích chất 4: Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu

 a 0

b 0











Tích chất 5: Hàm số có hai điểm uốn

 y'' = 0 có hai nghiệm phân biệt  b

2a < 0.

Tích chất 6: Hàm số không có điểm uốn

 y'' = 0 có hai nghiệm phân biệt  b

2a  0.

Tích chất 7: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.

Tích chất 8: Phơng trình trùng phơng:

ax4 + bx2 + c = 0, với a  0 (1)

Đặt t = x2 với t  0, phơng trình có dạng:

 Nếu (2) có nghiệm t0  0 thì (1) có nghiệm x =  t 0

 (1) có nghiệm duy nhất

 (2) có nghiệm t1  0 = t2

 (1) có hai nghiệm phân biệt

 (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 hoặc 0 < t1 = t2

 (1) có ba nghiệm phân biệt

 (2) có nghiệm 0 = t1 < t2

 (1) có bốn nghiệm phân biệt

 (2) có nghiệm 0 < t1 < t2

 (1) có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng

 (2) có nghiệm 0 = t1 < t2 và t2 = 9t1

Tích chất 9: Phơng pháp tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số:

y = ax4 + bx2 + c tiếp xúc với Ox tại hai điểm phân biệt

Phơng pháp 1: Đại số

Điều kiện là (1) có hai nghiệm kép phân biệt

 ax4 + bx2 + c = a(xx1)2(xx2)2 với x1  x2 (3)

Sử dụng phơng pháp hằng số bất định ta xác định đợc giá trị của tham số

Phơng pháp 2: Hàm số

Miền xác định D = R.

Đạo hàm:

y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b),

5

Điều kiện là

b 0 2a

b

2a











 ab 0 2 4ac b 0









2 Dễ thấy phơng trình đợc viết lại dới dạng:

2x4  4x2 = 2m

từ đó, phơng trình có đúng 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y = 2x4  4x2 = f(x) tại 6 điểm phân biệt

Từ đồ thị hàm số y = f(x) để suy ra đồ thị hàm số y = f(x), ta có nhận xét:

y = f(x) = f (x) khi f (x) 0

f (x) khi f (x) 0









Do đó đồ thị y = f(x) gồm:

1. Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y = f(x)

2. Đối xứng phần đồ thị phía dới trục hoành của y = f(x) qua trục hoành

Câu II.

1. Dễ nhận thấy phơng trình đợc cho dới dạng hỗn tạp, tức chúng ta cần các phép biến đổi dần, với các định hớng là:

 Chuyển phơng trình về dạng chỉ chứa sinx (bởi trong phơng trình có chứa sin3x), hớng này không khả thi bởi sẽ rất phức tạp với cos4x

 Nh vậy, cần hạ bậc sin3x và vì chúng ta không đợc cung cấp công thức hậc bậc bậc ba nên cần ghép nó với một toán tử tơng ứng, ta có:

 3 

sin x 2sin x cos x.sin 2x 3 cos3x 2cos 4x

1 2sin x sin x cos x.sin 2x2  3 cos3x 2cos 4x

 Bằng việc sử dụng công thức góc nhân đôi, ta biến đổi đợc:

cos 2x.sin x cos x.sin 2x  3 cos3x 2 cos 4x

 Tiếp theo, bằng việc sử dụng công thức cộng, ta đợc:

sin 3x 3 cos3x 2cos 4x

 Tới đây, chúng ta gặp một dạng phơng trình cơ bản đợc tổng quát:

a.sin x b cos x  a b cos kx hoặc a.sin x b cos x  a2b sin kx2

và phơng pháp giải nó tơng tự cách 1 để giải phơng trình a.sinx + b.cosx = c  Tham khảo định hớng trong câu II.1 của đề toán khối D  2007y = 0 Cụ thể, ta biến

đổi tiếp:

sin 3x cos3x cos 4x



2. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó chúng ta cần có những đánh giá nh sau:

 Phơng trình thứ nhất của hệ có bậc 2 và VP là bậc nhất của y

 Phơng trình thứ hai của hệ có bậc 4 và VP là bậc hai của y2 Và ở đây dễ nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ

Từ đó, để hằng số hoá VP của các phơng trình trong hệ chúng lần lợt chia nó cho y và y2 để chuyển hệ về dạng:

2

2

x 1

y y

y y









Tới đây, bằng nhận định

2 2

2

    

và hai toán tử 1 x

y y

tại trong phơng trình thứ nhất của hệ, nên ta sử dụng ẩn phụ:

y à v=y

Hệ phơng trình sẽ đợc chuyển về dạng:

2

u v 7

u v 13

 







Nh vậy, chỉ cần sử dụng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên

Câu III Đây là tích phân đợc mở rộng từ dạng

b

n a

If (x).ln x.dx phơng pháp

đ-ợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân" với cách lựa chọn:

2

u 3 ln x

dx dv

(x 1)

 











Câu IV Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu về kiến thức ở lớp 11,

cụ thể:

 Góc giữa đờng thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600, tuy nhiên vì có

giả thiết "Hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABC) trùng

với trọng tâm của ABC", nên ta có ngay:

B'BG 60 , với G là là trọng tâm ABC.

 Để tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a, ta có đánh giá:

1

Câu V Thông thờng, với yêu cầu "Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

A thoả mãn tính chất K", trong đó K là một bất đẳng thức, các em học sinh cần

định hớng rằng:

 Cần biến đổi A về dạng f(t)

7y = 0

 Từ K suy ra điều kiện cho biến t.

 Từ đó, xét hàm số f(t) ứng với điều kiện của t vừa tìm đợc

Nh vậy, với bài toán đã cho chúng ta sẽ lần lợt định hớng biến đổi nh sau:

9 (x y ) 2(x y ) 1

4

Đặt t = x2 + y2, ta có:

2 9

A t 2t 1 f (t)

4

Từ đó, dẫn tới việc cần tìm điều kiện cho biến t từ giả thiết (x + y)3 + 4xy  2,

và để thực hiện công việc này chúng ta chỉ cần kết hợp nó với bất đẳng thức: (x + y)2  4xy

Bằng cách cộng theo vế, chúng ta sẽ nhận đợc:

(x + y)3 + 4xy + (x + y)2  2 + 4xy  (x + y)3 + (x + y)2  2  x + y  1 Khi đó:

2

Công việc còn lại chỉ là xét hàm số f(t) với 1

2



Câu VI.a

1. Với yêu cầu "Tìm điểm M thuộc đờng tròn (C): (xa)2 + (yb)2 = R2 thoả

mãn điều kiện K", ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Lấy điểm M(x0; y0)(C), suy ra:

(x0a)2 + (y0b)2 = R2

Bớc 2: Dựa vào điều kiện K có thêm đợc điều kiện cho x0, y0

Cách 2: Sử dụng phơng trình tham số của đờng tròn, nh sau:

Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng tròn về dạng tham số:

(C): 









t cos R b y

t sin R a x

, t  [0, 2)

Bớc 2: Điểm M(C)  M(a + Rsint; b + Rcost)

Bớc 3: Sử dụng điều kiện K để xác định cost, sint Từ đó tìm đợc toạ độ của

M dựa trên đẳng thức sin2t + cos2t = 1

Và trong bài toán này chúng ta sẽ sử dụng cách 1, cụ thể:

 Vì K(a; b) thuộc (C) nên:

5

 Vì (C1) tiếp xúc với các đờng thẳng (1), (2) nên:

Giải hệ toạ bởi (1) và (2) chúng ta nhận đợc a, b (tức toạ độ của K), khi đó bán kính

đờng tròn (C1) là R1 = d(K, (1))

2. Với các em học sinh chỉ biết đánh giá tuần tự:

 Mặt phẳng (P) đi qua A, B

 Khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P)

Chắc chắn sẽ thực hiện bài toán này theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử phơng trình mặt phẳng (P) có dạng:

(P): Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B2 + C2 > 0

Bớc 2: Vì A, B thuộc (P) nên:

Bớc 3: Để khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P), điều

kiện là:



(3)

Bớc 4: Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2), (3) để tìm cách biểu diễn ba trong

bốn ẩn số A, B, C, D theo một ẩn còn lại Từ đó, suy ra phơng trình mặt phẳng (P) cần tìm

Cách giải trên không sai và luôn là phơng pháp đợc lựa chọn trong trờng hợp tổng quát d(C, (P)) = k.d(D, (P)) Tuy nhiên, vì d(C, (P)) = d(D, (P)) chúng ta sử dụng đánh giá:

Để mặt phẳng (P) cách đều hai điểm C, D chỉ có thể xảy ra hai trờng hợp:

 (P) song song với CD

 (P) đi qua trung điểm của CD

Từ nhận xét trên, ta lần lợt:

 (P) song song với CD, suy ra:

Qua A (P) :

Cặp vtcp AB à CDv







 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 







 (P) đi qua trung điểm I(1; 1; 1) của CD, suy ra:

Qua A (P) :

Cặp vtcp AB à AIv







(P) :

vtpt AB AI









 

   

Câu VII.a Với yêu cầu này chúng ta chỉ cần giả sử số phức z = a + bi, rồi sử

dụng công thức tính môđun Khi đó chúng ta nhận đợc hệ phơng trình:

a bi (2 i) 10







Câu VI.b

1. Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai thác dần giả thiết:

 Vì A và đờng thẳng chứa B, C là () đã cho nên ta có ngay d(A, ())

9

 Từ giả thiết về diện tích ABC, suy ra:

ABC 2S BC d(A, ( ))





 .

 Từ đó, với giả thiết ABC cân tại A, ta đợc:

2

2 BC

4

Khi đó, toạ độ của B, C thoả mãn hệ phơng trình:

( )

AB l











2. Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai thác dần giả thiết:

 (d) song song với (P) nên nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P), suy ra:

Qua A (Q) :

(Q)//(P)







 Gọi K, H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên (d) và (Q), ta có:

BK > BH  AH là đờng thẳng cần tìm

Từ đó, cần tìm toạ độ điểm H

Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

Qua A

vtcp AH









Câu VII.b Với yêu cầu " Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số (C1): y

= f(x) và (C2): y = g(x) cắt nhau tại k giao điểm (phân biệt) thoả mãn tính chất K

”, ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:

Bớc 2: Để xét tính chất của các giao điểm chúng ta khéo léo đa về việc xét

tính chất nghiệm của phơng trình (1)

 Chú ý: Các kết quả thờng đợc sử dụng trong bớc 2 là:

1. Định lí Vi - ét cho phơng trình đa thức:

 Phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 ta có:

1 2

x x b / a

x x c / a









, ngoài ra x1x2 =

a

 Phơng trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0 ta có:

1 2 2 3 3 1

1 2 3

b

a c

x x x x x x

a d

x x x

a





















2. Định lí đảo.

3. Hàm số

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2009

Câu I.

1. Ta lần lợt có:

a Hàm số xác định trên D = 

b Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x lim

 y =

x lim

  [2x4(1

2

2

x )] = +

 Bảng biến thiên:

y' = 8x38x, y' = 0  8x38x = 0  x 0 .

x 1





 



CT

 Điểm uốn:

y'' = 24x28, y'' = 0  24x28 = 0  x =  1

3 Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm  1

3 nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1 1 ; 10

9 3

 

và U2 1 ; 10

9 3



c Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(; 0), B(2; 0)

2. Viết lại phơng trình dới dạng:

2x4  4x2 = 2m phơng trình có đúng 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y = 2x4  4x2 tại 6 điểm phân biệt

Đồ thị y = 2x4  4x2 gồm:

Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị (C): y = 2x4  4x2

Đối xứng phần đồ thị (C) phía dới trục hoành qua trục hoành

Từ đồ thị, yêu cầu của bài toán đợc thoả mãn khi và chỉ khi:

0 < 2m < 2  0 < m < 1

11

y

x O

y=f(x)



2

y=f(x)



Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

sin x 2sin x 3 cos x.sin 2x 3 cos3x 2cos 4x

1 2sin x sin x cos x.sin 2x2  3 cos3x 2cos 4x

cos 2x.sin x cos x.sin 2x 3 cos3x 2cos 4x

sin 3x 3 cos3x 2cos 4x

sin 3x cos3x cos 4x

cos 3x cos 4x

6



6

6







 





6 2







 



, k  

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm

2. Vì y = 0 không phải là nghiệm của phơng trình nên ta biến đổi:

2

2

x 1

y y

y y











2



 







y à v=y

  , hệ phơng trình đợc biến đổi về dạng:

2

u v 7

u v 13

 





u v 7

 



 



u v 7

u 4

 





  







u 5 & v 12

u 4 & v 3





Ta lần lợt:

 Với u = 5 và v = 12 thì:

1

y x 12 y



 







1

y

x 12y



 



 

 



2 12y 5y 1 0

x 12y

 





, vô nghiệm

 Với u = 4 và v = 3 thì:

y x 3 y











1

y

x 3y





 

 



2

x 3y

 





y 1

y 1/ 3

x 3y

 



  







x 3 & y 1

x 1 & y 1/ 3



 Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (3; 1) và 1

1; 3

Câu III Đặt:

2

u 3 ln x

dx dv

(x 1)

 













dx du

x . 1 v

x 1









 

Khi đó:

3 3

1 1

I



3

1 I'







   

(1)

Với I’, ta có:

x(x 1) x x 1

(A B)x A x(x 1)





A B 0

A 1



 





A 1





 





Từ đó, tích phân I’ đợc viết lại dới dạng:

3

1

x x 1



 ln | x | ln | x 1|  13

3

1

x ln

x 1





3

ln 2

Thay (2) vào (1), ta đợc 3 ln 3 3



Câu IV Bạn đọc tự vẽ hình.

Gọi D là trung điểm của AC và G là trọng tâm ABC, ta có:

B'BG 60

B'G BB'.sin B'BG

2

Trong ABC, ta có:

13