2 Giải đề thi đại học khối B môn toán 2008

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2008

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 2008  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 2008 Phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: y = 4x 3 6x 2 + 1. (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm M(1; 9). Câu II: (2 điểm) 1. Giải phơng trình 3 3 2 2 sin x 3 cos x sin x.cos x 3 sin x.cosx. = 2. Giải hệ phơng trình: 4 3 2 2 2 x 2x y x y 2x 9 , (x, y ). x 2xy 6x 6 + + = + + = + Ă Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; 2; 1), C(2; 0; 1). 1. Viết phơng trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân / 4 0 si n x .dx 4 I . sin 2x 2(1 sin x cos x) ữ = + + + 2. Cho hai số thực x, y thay đổi thoả mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2(x 6xy) A . 1 2xy 2y + = + + Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a Theo chơng trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Chứng minh rằng: k k 1 k n 1 n 1 n n 1 1 1 1 n 2 C C C + + + + + = ữ + (n nguyên dơng, k n C là tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xác định toạ độ đỉnh C của ABC, biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đờng thẳng AB là điểm H(1; 1), đờng 2 phân giác trong của góc A có phơng trình x y + 2 = 0 và đờng cao kẻ từ B có phơng trình 4x + 3y 1 = 0. Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phơng trình 2 0,7 6 x x log log 0. x 4 + < ữ + 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB a 3= và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần l- ợt là trung điểm của AB, BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và côsin của góc giữa hai đờng thẳng SM, DN. Đánh giá và định hớng thực hiện Câu I. 1. Với hàm số: y = f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, với a 0 ta lần lợt có: a. Tập xác định D = Ă . b. Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn của hàm số tại vô cực: x lim y = x lim ax 3 (1 + b ax + 2 c ax + 3 d ax ) = khi a 0 khi a 0 + > < . Bảng biến thiên: y' = 3ax 2 + 2bx + c, y' = 0 3ax 2 + 2bx + c = 0. Lập bảng biến thiên: x + y' y Dựa vào bảng biến thiên đa ra kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị của hàm số. Điểm uốn: y'' = 6ax + 2b, y'' = 0 6ax + 2b = 0 x = b 3a . Vì y" đổi dấu khi x qua điểm b 3a nên đồ thị hàm số có một điểm uốn I b b ; f( ) 3a 3a ữ . c. Đồ thị: Do có bốn trờng hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm bậc ba có bốn dạng sau đây: 3 Với a > 0 Với a < 0 Có hai cực trị Không có cực trị Có hai cực trị Không có cực trị Một số tính chất của hàm số đa thức bậc ba Tích chất 1: Hàm số đồng biến trên R a 0 ' 0 > . Tích chất 2: Hàm số nghịch biến trên R a 0 ' 0 < . Tích chất 3: Hàm số có cực đại, cực tiểu ' = b 2 3ac > 0. Để tìm giá trị cực trị của hàm số tại điểm x 0 trong trờng hợp x 0 là số lẻ, thực hiện phép chia đa thức y cho y' ta đợc: y = y'.g(x) + h(x). Suy ra: y 0 = y(x 0 ) = y'(x 0 ).g(x 0 ) + h(x 0 ) = h(x 0 ). Khi đó, "Phơng trình đờng thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số có dạng y = h(x) ". Tích chất 4: Đồ thị nhận điểm uốn U làm tâm đối xứng. Thật vậy, dời trục bằng tịnh tiến về gốc U(x 0 , y 0 ), trong đó: 0 3 2 0 0 0 0 b x 3a y ax bx cx d = = + + + . theo công thức dời trục là: 0 0 x X x y Y y = + = + . Thay x, y vào phơng trình hàm số ta đợc: Y + y 0 = a(X + x 0 ) 3 + b(X + x 0 ) 2 + c(X + x 0 ) + d Y = aX 3 + g(x 0 )X. Hàm số này là hàm lẻ nên đồ thị nhận U làm tâm đối xứng. 4 y x O b/3a I y x O b/3a I y x O b/3a I y x O b/3a I Tích chất 5: Tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị hàm số có hệ số góc nhỏ nhất nếu a > 0 và hệ số góc lớn nhất nếu a < 0 trong các tiếp tuyến của đồ thị. Thật vậy, ta có: y' = 3ax 2 + 2bx + c, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại x = x 0 là: k = y'(x 0 ) = 3a 2 0 x + 2bx 0 + c = 3a 2 0 b x 3a + ữ + 2 3ac b 3a . Với a > 0, thì k Min = 2 3ac b 3a đạt đợc khi x 0 = b 3a . Với a < 0, thì k Max = 2 3ac b 3a đạt đợc khi x 0 = b 3a . Mà y'' = 6ax + 2b nên x 0 = b 3a chính là hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Tích chất 6: Nếu đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm cách đều nhau thì điểm uốn nằm trên trục hoành. Thật vậy, hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với Ox là nghiệm của phơng trình: f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = 0. (1) Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm A, B, C cách đều nhau (1) có ba nghiệm phân biệt x 1 < x 2 < x 3 thoả mãn 1 3 x x 2 + = x 2 x 1 + x 3 = 2x 2 . (2) Mặt khác theo định lí Vi - ét ta có: x 1 + x 2 + x 3 = b a . (3) Từ (2) và (3) suy ra x 2 = b 3a và vì f(x 2 ) = 0 f( b 3a ) = 0. Ta có: y' = 3ax 2 + 2bx; y'' = 6ax + 2b, y'' = 0 x = b 3a , đó là hoành độ điểm uốn U của đồ thị hàm số, mà f( b 3a ) = 0, suy ra U( b 3a , 0)Ox. 5 Chú ý: Kết quả trên cho ta điều kiện cần để đồ thị hàm bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm cách đều nhau (hoặc "đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng "). Khi áp dụng điều kiện cần đã nêu trên, ta cần thử lại để có điều kiện cần và đủ. Tích chất 7: Với phơng trình bậc ba: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, với a 0. (1) a. Dự đoán nghiệm và phân tích thành nhân tử Nếu a + b + c + d = 0 thì (1) có nghiệm x = 1. Nếu a b + c d = 0 thì (1) có nghiệm x = 1. Nếu a, b, c, d nguyên và (1) có nghiệm hữu tỷ p q thì p, q theo thứ tự là ớc của d và a. Nếu (1) có nghiệm x 0 , thì (1) (x x 0 )(ax 2 + b 1 x + c 1 ) = 0. b. Các phơng pháp xác định điều kiện của tham số để phơng trình bậc ba có k nghiệm phân biệt đồ thị hàm số cắt Ox tại k điểm phân biệt Phơng pháp 1: Đại số Đoán nghiệm x 0 của (1). Phân tích (1) thành: (x x 0 )(ax 2 + b 1 x + c 1 ) = 0 0 2 1 1 x x g(x) ax b x c 0 (2) = = + + = . Vậy, ta thấy: (1) có nghiệm duy nhất (khi đó, đồ thị hàm số cắt Ox tại một điểm) 0 (2) v nghi m (2)c nghi mk p x ô ệ ó ệ é g g 0 0 0 g(x ) 0 < = = . (1) có đúng hai nghiệm phân biệt (khi đó, đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox) 0 0 (2)c nghi mk p kh c x (2)c hainghi m v m t nghi ml x ó ệ é á ó ệ à ộ ệ à g 0 g 0 0 g(x ) 0 0 g(x ) 0 = > = . 6 (1) có ba nghiệm phân biệt (khi đó, đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt) (2) có hai nghiệm phân biệt khác x 0 g 0 0 g(x ) 0 > . Phơng pháp 2: Hàm số dạng I Biến đổi (1) về dạng: g(x) = h(m). Lập bảng biến thiên của hàm số y = g(x). Dựa vào bảng biến thiên biện luận vị trí tơng đối của đờng thẳng y = h(m) với đồ thị hàm số y = g(x). Phơng pháp 3: Hàm số dạng II Xét hàm số (C): y = ax 3 + bx 2 + cx + d. (1) có nghiệm duy nhất (C) cắt Ox tại một điểm C CT H ms lu n n i u H ms c C ,CT tho m n y .y 0 Đ à ố ô đơ đ ệ à ố ó Đ ả ã > y' y' CĐ CT 0 0 y .y 0 > > . (1) có đúng hai nghiệm phân biệt (C) cắt Ox tại hai điểm ((C) tiếp xúc với Ox) Hàm số có cực đại, cực tiểu và y CĐ .y CT = 0 1 2 1 2 y' 0c 2nghi m x , x ph n bi t y(x ).y(x ) 0 ó ệ â ệ= = . (1) có ba nghiệm phân biệt (C) cắt Ox tại ba điểm phân biệt Hàm số có cực đại, cực tiểu và y CĐ .y CT < 0 1 2 1 2 y' 0c hainghi m x , x ph n bi t y(x ).y(x ) 0 ó ệ â ệ= < . 2. Với yêu cầu "Lập phơng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): y = f(x) đi qua điểm A(x A , y A ) ", ta có thể lựa chọn một trong hai cách: Cách 1: Thực hiện theo các bớc: 7 Bớc 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x 0 , khi đó phơng trình tiếp tuyến có dạng: (d): y = y(x 0 )(x x 0 ) + y(x 0 ). (1) Bớc 2: Điểm A(x A ; y A )(d) y A = y(x 0 )(x A x 0 ) + y(x 0 ) x 0 tiếp tuyến. Cách 2: Thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Phơng trình (d) đi qua A(x A ; y A ) có dạng: (d): y = k(x x A ) + y A . Bớc 2: (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiệm: A A f (x) k(x x ) y f '(x) k = + = k tiếp tuyến. Câu II. 1. Chúng ta có thể lựa chọn một trong hai hớng đánh giá sau: Hớng 1: Dựa vào phơng pháp luận hệ số, chúng ta sẽ chia các toán tử trong phơng trình thành hai phần, cụ thể: ( ) ( ) 3 2 2 3 3 cos x 3 sin x.cos x sin x.cos x sin x 0. + = Tới đây, bằng việc đạt nhân tử chung cho mỗi nhóm, cụ thể: 2 2 2 2 3 cos x(cos x sin x) sin x(cos x sin x) 0, + = chúng ta thấy xuất hiện nhân tử chung cho cả phơng trình là 2 2 (cos x sin x) = cos2x, ta đợc: ( ) 3 cos x sin x cos2x 0.+ = Cách đánh giá trên, khẳng định rằng phơng trình sẽ đợc chuyển về dạng tích để giải. Hớng 2: Dế thấy các toán tử trong phơng trình để có bậc ba đối với sinx và cosx, do đó nó đợc tổng quát: a.sin 3 x + b.sin 2 x.cosx + c.sinx.cos 2 x + d.cos 3 x = 0. (1) ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Với cosx = 0 x = 2 + k, k Z. Khi đó phơng trình (1) có dạng: a = 0. - Nếu a = 0, thì (1) nhận x = 2 + k làm nghiệm. - Nếu a0, thì (1) không nhận x = 2 + k làm nghiệm. 8 Bớc 2: Với cosx 0 x 2 + k, k Z. Chia hai vế của phơng trình (1) cho cos 3 x 0, ta đợc a.tan 3 x + b.tan 2 x + c.tanx + d = 0 Đặt t = tanx, phơng trình có dạng: a.t 3 + b.t 2 + c.t + d = 0 (2) Bớc 3: Giải phơng trình (2) theo t. Mở rộng: Phơng pháp giải trên đợc mở rộng cho phơng trình đẳng cấp bậc n đối với sin và cos, đó là phơng trình có dạng: n n k k k k 0 a sin x.cos x = = 0. Tuy nhiên để linh hoạt, các em học sinh cần nhớ rằng vì sin 2 x + cos 2 x = 1 nên với các nhân tử có bậc k cũng đợc coi là có bậc k + 2l, do vậy chúng ta có dạng mở rộng của phơng trình thuần nhất bậc ba nh sau: a.sin 3 x + b.sin 2 x.cosx + c.sinx.cos 2 x + d.cos 3 x + (e.sinx + f.cosx) = 0 và phơng trình thuần nhất bậc bốn: a.sin 4 x + b.sin 3 x.cosx + c.sin 2 x.cos 2 x + d.sinx.cos 3 x + e.cos 4 x + + f 1 sin 2 x + f 2 cos 2 x + g = 0. 2. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó chúng ta cần có những đánh giá nh sau: Từ phơng trình thứ hai của hệ chúng ta nhận thấy có thể biểu diễn: 2 x xy 3x 3. 2 = + + (1) Từ phơng trình thứ nhất của hệ chúng ta nhận thấy có thể biến đổi nó về dạng: 2 2 (x xy) 2x 9+ = + . (2) Từ đó, bằng cách thế (1) vào (2) chúng ta sẽ nhận đợc phơng trình với ẩn x, cụ thể: 2 2 2 x x 3x 3 2x 9 2 + + = + ữ Giá trị của x Giá trị của y. Nh vậy, chỉ cần sử dụng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên. Câu III. 1. Để viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm không thẳng hàng M, N, P chúng ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Gọi n r là vtpt của mặt phẳng (P), ta có: n MN n MP uuuur r uuur r n MN, MP = uuuur uuur r . 9 Khi đó, phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi: (P): qua M vtpt n r . Cách 2: Giả sử mặt phẳng (P) có phơng trình: Ax + By + Cz + D = 0, với A 2 + B 2 + C 2 > 0. (1) Vì M, N, P thuộc mặt phẳng (P) nên ta có hệ ba phơng trình với bốn ẩn A, B, C, D. Biểu diễn ba ẩn theo một ẩn còn lại, rồi thay vào (1) chúng ta nhận đ- ợc phơng trình mặt phẳng (P). 2. Yêu cầu của bài toán đợc tổng quát hoá "Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) thoả mãn điều kiện K", ta lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Sử dụng phơng trình ban đầu của mặt phẳng. Cách 2: Sử dụng điều kiện K khẳng định M thuộc đờng (L), khi đó: (P) (L) = {M}. Chúng thờng gặp: 1. Xác định toạ độ hình chiếu vuông góc H của điểm A lên mặt phẳng (P). Khi đó: Nếu sử dụng cách 1 thì: Bớc 1: Xác định vtpt n r của mặt phẳng (P). Bớc 2: Giả sử H(x; y; z) là chiếu vuông góc H của A lên (P), suy ra: H (P) AH (P) H (P) AH // n uuur r Toạ độ của H. Nếu sử dụng cách 2 thì: Bớc 1: Xác định vtpt n r của mặt phẳng (P). Bớc 2: Viết phơng trình đờng thẳng (d) thoả mãn: (d): Qua A (d) (P) (d): Qua A vtcp n r Phơng trình tham số (d). Bớc 3: Hình chiếu vuông góc H của A lên (P) chính là giao điểm của (d) và (P). Từ việc xác định đợc toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên (P), chúng ta thực hiện đợc việc: Tìm toạ độ điểm H thuộc (P) sao cho độ dài AH ngắn nhất. Tìm toạ độ điểm A 1 đối xứng với điểm A qua (P), cụ thể ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Xác định toạ độ hình chiếu vuông góc H của A lên (P). 10 . thì t 2 1.= + Khi đó: 2 1 2 2 2 dt I 2 t + = 2 1 2 2 2t + = 4 3 2 . 4 = 2. Biến đổi A về dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2(x 6xy) 2( x 6xy) A . x y 2xy 2y x 2xy 3y. ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x 2y z 3 0 x y 1 z 2 x 2 y 2 z 1 x y 1 z 2 x 2 y z 1 + + = + + = + + + + + = + + + 18 2x 2y z 3 2x 3y z 2 2x