2 Giải đề thi đại học khối D môn toán 2008

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D 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 D

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

đề thi môn toán khối D năm 2008

Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

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

2. Chứng minh rằng mọi đờng thẳng đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k (k > −3)

đều cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung

điểm của đoạn thẳng AB

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình 2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx

2 Giải hệ phơng trình:

xy x y x 2y

, (x, y )

x 2y y x 1 2x 2y



Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3), C(0; 3; 3), D(3; 3; 3)

1. Viết phơng trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D

2. Tìm toạ độ tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân

2 3 1

ln x.dx

x

=∫

2 Cho hai số thực x, y không âm thay đổi Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(x 1)(1 xy)

(1 x) (1 y)

=

Câu V.a Theo chơng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1 Tìm số nguyên n thoả mãn hệ thức:

C +C + + C − =2048

(n nguyên dơng, k

n

C là tổ hợp chập k của n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y2 = 16x và điểm A(1; 4) Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho ã 0

BAC 90= Chứng minh rằng đờng thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định

Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phơng trình

2 1 2

x 3x 2

x

2 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông AB = AC = a, cạnh bên AA ' a 2= Gọi M là trung điểm của BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đờng thẳng AM, B’C

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B − 2008

2 Đây là bài toán tơng giao với yêu cầu thêm chỉ ra tính chất của giao điểm, và chúng ta thực hiện nó theo các bớc:

Bớc 1: Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua I với hệ số góc k

Bớc 2: Thiết lập phơng trình hoành độ giao điểm của (d) với đồ thị (1), rồi

phân tích nó thành:

(x − 1)g(x) = 0 ⇔ x 1g(x) 0 (*)= =



Bớc 3: Sử dụng điều kiện k > −3 để chứng minh (*) có hai nghiệm phân

biệt khác 1, cụ thể chứng minh:

g ' 0 g(1) 0

∆ >





Bớc 4: Vậy, mọi đờng thẳng (d) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân

biệt I(1; 2), A(x1; y1), B(x2; y2) thoả mãn:

x1 + x2 = 2xI⇔ I là trung điểm của AB

Câu II.

1. Chúng ta đi đánh giá lần lợt:

VT = 4sinx.cos2x + sin2x = (2cosx + 1)sin2x = VP.sin2x

Từ đó, suy ra phơng trình đợc giải bằng cách chuyển về dạng tích

2. Nhận xét rằng hệ đợc cho dới dạng không mẫu mực và có chứa căn hỗn hợp nên rất khó để khử căn thức bằng các phép bình phơng Trong khi đó, phơng trình thứ nhất của hệ lại không chứa căn, dẫn tới nhận định cần sử dụng phơng pháp thế đẻ giải hệ Và để đi theo hớng này thì với phơng trình:

chúng ta chỉ có thể:

 Rút x hoặc y từ (*), điều này không thể bởi x cũng nh y đều có bậc hai và bậc nhất

 Phân tích đa thức thành nhân tử, cụ thể (*) sẽ đợc biến đổi thành:

(x + y)(x − 2y − 1) = 0 (1)

Tới đây, dựa vào điều kiện có nghĩa của hệ (x ≥ 1, y ≥ 0), ta suy ra:

x 2y 1 0− − = ⇔ x = 2y + 1 (**) Công việc còn lại chỉ là thay (**) vào phơng trình thứ hai của hệ



Chú ý: Để có phân tích nh (1) các em học sinh cũng có thể sử dụng kiến thức

tam thức bậc hai bằng cách coi đó là phơng trình bậc hai theo x hoặc theo y, để rồi đi tính ∆

Câu III

1. Để lập phơng trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử mặt cầu (S) có dạng:

(S): x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0, (*)

điều kiện a2 + b2 + c2 − d ≥ 0

Bớc 2: Điểm A, B, C, D ∈ (S), ta đợc hệ (I) gồm 4 phơng trình với 4 ẩn a, b,

c, d

Bớc 3: Giải hệ (I), nhận đợc a, b, c, d rồi thay vào (*) để có (S)

Cách 1: Thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c), khi đó ta có điều kiện:

IA IB

IA IC

IA ID

=







⇔

IA IB

IA IC

IA ID



=





⇒ Toạ độ tâm I

Bớc 2: Vậy, phơng trình mặt cầu (S) đợc cho bởi:

(S): Tâm I Bán kính R IA





Chú ý: Ngoài hai cách giải trên, để lập phơng trình mặt cầu đi qua bốn điểm

không đồng phẳng A, B, C, D (ngoại tiếp tứ diện ABCD) chúng ta còn có thể tận dụng đợc tính chất của tứ diện ABCD để nhận đợc lời giải đơn giản hơn, cụ thể:

Trờng hợp 1: Nếu DA = DB = DC thì:

 Dựng đờng cao DH⊥(ABC)

 Dựng mặt phẳng trung trực (P) của DA

 Khi đó {I} = (DH) ∩ (P)

(S): Tâm I Bán kính R IA



 Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

 Dựng đờng thẳng (d) qua K và song song với DA (hoặc (d) ⊥ (ABC)

 Dựng mặt phẳng trung trực (P) của DA

 Khi đó {I} = (d) ∩ (P)

(S): Tâm I Bán kính R IA



2

π thì mặt cầu ngoại tiếp DABC

có tâm I là trung điểm AB và bán kính R = AB

2 .

Trờng hợp 4: Nếu AD và BC có đoạn trung trực chung EF thì:

 Lập phơng trình tham số của đờng thẳng (EF) theo t

 Khi đó, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm I ∈ EF (thỏa mãn phơng trình tham số của EF)

 Từ điều kiện IA2 = IC2 = R2 suy ra giá trị tham số t,

từ đó nhận đợc tọa độ tâm I

(S): Tâm I Bán kính R IA



2. Mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C nên sẽ cắt (ABC) theo giao tuyến chính là

đờng tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC, để xác định toạ độ tâm H và bán kính r của đ-ờng tròn (C), ta lần lợt có:

a Bán kính r = R 2 − IH 2

b Tâm H là hình chiếu vuông góc của I trên (ABC) nên để có đợc toạ độ của

H chúng ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Viết phơng trình mặt phẳng (ABC), cụ thể:

Qua A (ABC) :

Cặp vtcp AB, AC





 uuur uuur

Qua A

vtpt n AB, AC



=



r uuur uuur

Bớc 2: Viết phơng trình tham số (giả sử theo t) của đờng thẳng (d) qua I

và vuông góc với (ABC), tức:

Qua I (d) : vtcp n





 r

Bớc 3: Thay phơng trình của (d) vào (ABC), ta đợc:

f(t) = 0 ⇒ Giá trị t ⇒ Toạ độ điểm H

Bớc 4: Kết luận

Câu IV.

1. Đây là tích phân đợc mở rộng từ dạng

b

n a

I=∫f (x).ln x.dx phơng pháp đợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân" với cách lựa chọn:

3

u ln x

1

dv dx

x

=





 =

2. Sử dụng đánh giá:

[ ]2

(x 1)(1 xy) (x y)(1 xy) A

(1 x) (1 y) (x y) (1 xy)

Câu V.a

1. Sử dụng khia triển:

( )2n 2n k k

2n

k 0

1 x C x

=

rồi lấy tơng ứng x = 1 và x = −1, chúng ta sẽ nhận đợc:

2 − =C +C + + C − ⇒ Giá trị của n

2. Để thực hiện bài toán này chúng ta chỉ cần làm theo các bớc:

Bớc 1: Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P), suy ra:

2 b

B ; b 16

 ,

2 c

C ; c 16

 , với b ≠ 4 và c ≠ 4.

Bớc 2: Ta lần lợt:

 Phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi:

Qua B (BC) :

Qua C





 Từ điều kiện ãBAC 90= 0, suy ra:

AB ACuuur uuur⊥ ⇔ AB.AC 0uuur uuur= (2)

Bớc 3: Từ (1) và (2) suy ra đờng thẳng (BC) luôn đi qua điểm cố định I

Câu V.b

1. Bằng các phép biến đổi tơng đơng các em học sinh có thể giải ngay đợc bất phơng trình này, với lu ý về tính đơn điệu của hàm số lôgarit tứng ứng với cơ

số lớn hơn 1 hoặc nhỏ hơn 1

2. Công việc:

 Chứng minh MN vuông góc với BD sẽ đợc rút ra từ nhận xét rằng MN // (P)

và BD ⊥ (P)

 Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng MN và AC sẽ đợc thực hiện bằng việc chọn một mặt phẳng chứa AC và song song với MN

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2008

Câu I.

1. Ta lần lợt có:

a Hàm số xác định trên D = Ă

b Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim

→∞y = xlim→∞ [x3(1 − 2

3

x + 43

x )]

= khi x khi x



 Bảng biến thiên:

y' = 3x2− 6x, y' = 0 ⇔ 3x2− 6x = 0 ⇔  =x 0x 2=

y' + 0 − 0 +

 Điểm uốn:

y'' = 6x − 6, y'' = 0 ⇔ 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1

Vì y" đổi dấu khi x qua điểm −1 nên đồ thị hàm số có 1 điểm uốn là I(1; 2)

2. Đờng thẳng (d) đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k (k > −3), có phơng trình:

(d): y = k(x − 1) + 2 ⇔ (d): y = kx − k + 2

Hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và đồ thị hàm số (1) là nghiệm phơng trình:

x3 − 3x2 + 4 = kx − k + 2 ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − k − 2) = 0

g(x) x 2x k 2 0 (*)

=





O

I −2

−4

−2 −1

Vậy, khi k thay đổi (k > −3), thì (d) luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm I(1; 2) cố

định, và vì k > −3 nên:

g

' k 3 0

g(1) k 3 0

∆ = + >



 ⇒ (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Vậy, mọi đờng thẳng (d) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I(1; 2), A(x1; y1), B(x2; y2) thoả mãn:

x1 + x2 = 2 = 2xI⇔ I là trung điểm của AB



Chú ý: Nếu sử dụng nhận định I là tâm đối xứng của đồ thị (1) thì chúng ta

cũng suy ra đợc nó là trung điểm của AB

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

4sinx.cos2x + sin2x = 1 + 2cosx ⇔ 2cosx(2sinx.cosx − 1) + sin2x − 1 = 0

⇔ 2cosx(sin2x − 1) + sin2x − 1 = 0 ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 0

1 cos x

2

si n 2x 1



⇔ 

=



2

3

2

π

 = ± + π



 = + π



2

3

4

π

 = ± + π



 = + π



, k ∈ Â

Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm

2. Điều kiện:

x 1 0

2y 0

− ≥



 ≥



x 1

y 0

≥



 ≥

Biến đổi phơng trình thứ nhất của hệ về dạng:

(x + y)(x − 2y − 1) = 0 ⇔ −(*) x 2y 1 0− = ⇔ x = 2y + 1 (**) Thay (**) vào phơng trình thứ hai của hệ, ta đợc:

(2y 1) 2y y 2y 1 1 2(2y 1) 2y+ − + − = + −

(y 1) 2y 2(y 1)

⇔ + = + ⇔(*) 2y 2= ⇔ 2y = 4 ⇔ y = 2 ⇒ x = 5.

Vậy, hệ phơng trình có nghiệm (5 ; 2)

Câu III

1. Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Giả sử mặt cầu (S) có dạng:

(S): x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0, điều kiện a2 + b2 + c2 − d ≥ 0

Điểm A, B, C, D ∈ (S), ta đợc:

6a 6b d 18

6a 6c d 18

6b 6c d 18

6a 6b 6c d 27

+ + = −



 + + = −



 + + = −



 + + + = −



⇔

3

a b c

2

d 0

 = = =





 =



, thoả mãn điều kiện

Vậy, phơng trình mặt cầu (S) có dạng:

(S): x2 + y2 + z2 − 3x − 3y − 3z = 0

Cách 2: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c), khi đó ta có điều kiện:

IA IB

IA IC

IA ID

=







⇔

IA IB

IA IC

IA ID



=





⇔

(a 3) (b 3) c (a 3) b (c 3)

(a 3) (b 3) c a (b 3) (c 3)

(a 3) (b 3) c (a 3) (b 3) (c 3)





 − + − + = − + − + −



⇔

a b 3

a c 3

b c 3

+ = −



 + = −



 + = −



⇔ a b c 3

2

= = = I 3 3 3; ;

2 2 2

Vậy, phơng trình mặt cầu (S) đợc cho bởi:

(S):

3 3 3 Tâm I ; ;

2 2 2

27 Bán kính R IA

4





⇔ − ữ + − ữ + − ữ =

2. Mặt phẳng (Q) đi qua ba điểm A, B, C đợc cho bởi:

Qua A

(Q) :

Cặp vtcp AB, AC





 uuur uuur

Qua A(3;3;0) (Q) :

vtpt n AB, AC (6;6;6), chọn n(1;1;1)





⇔ (Q): x + y + z − 6 = 0

Đờng tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có tâm H là hình chiếu vuông góc của I lên (Q)

 Gọi (d) là đờng thẳng qua I và vuông góc với (Q), ta có:

3 3 3 Qua I ; ;

2 2 2 (d) :

vtcp n(1;1;1)





x 3/ 2 t (d) : y 3/ 2 t, t

z 3/ 2 t







Ă

 Bằng cách thay phơng trình của (d) vào (Q), ta đợc:

 + +  + +  + − =

1 t 2

⇔ = ⇒ H(2; 2; 2)

Vậy, đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm H(2; 2; 2).

Câu IV.

1. Đặt:

3

u ln x

1

dv dx

x

=





 =

dx du x 1 v 2x

 =





 = −



Khi đó:

I =

2 2 1

1 ln x 2x

1

1 dx

2 x∫ = ln 2

8

−

2 2 1

1 4x

− = 3 2 ln 2

16

−

2. Ta có:

[ ]2

(x 1)(1 xy) (x y)(1 xy) A

(1 x) (1 y) (x y) (1 xy)

+ + + + + ≤14 ⇔ − ≤ ≤14 A 14. Vậy, ta có :

 AMin = −1

4, đạt đợc khi x = 0 và y = 1.

 AMax = 1

4, đạt đợc khi x = 1 và y = 0.

Câu V.a.

1 Ta có:

( )2n 2n k k

2n

k 0

1 x C x

=

từ đó, suy ra:

( )2n 2n k

2n

k 0

=

+ =∑ , ( )2n 2n k k

2n

k 0

1 1 C ( 1)

=

Cộng theo vế hai đẳng thức trên, ta đợc:

2 − =C +C + + C − =2048 ⇔ n − 1 = 5 ⇔ n = 6

Vậy, với n = 6 thoả mãn điều kiện đầu bài

2 Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P), suy ra:

2

b

B ; b

16

 ,

2 c

C ; c 16

 , với b ≠ 4 và c ≠ 4.

Ta lần lợt:

 Phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi:

Qua B (BC) :

Qua C







2

c

16 (BC) :

b c b c

16 16

−

−

⇔ (BC): 16x − (b + c)y + bc = 0 (1)

 Từ điều kiện ãBAC 90= 0, suy ra:

AB ACuuur uuur⊥ ⇔ AB.AC 0uuur uuur=

1; b 4 1; c 4 0

1 1 b 4 c 4 0

16 16

⇔ 272 + 4(b + c) + bc = 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra đờng thẳng (BC) luôn đi qua điểm cố định I(17; −4)

Câu V.b

1 Biến đổi tơng đơng bất phơng trình về dạng:

2

x 3x 2

x

2

2

x 3x 2

0 x

x 3x 2

1 0 x

 − + >





2

2

x 3x 2

0 x

x 4x 2

0 x

 − + >





0 x 1

x 2

x 0

2 2 x 2 2

 < <

 >



⇔  <

 − ≤ ≤ +



2 2 x 1

2 x 2 2

 − ≤ <

⇔ 

< ≤ +



Vậy, nghiệm của bất phơng trình là tập 2− 2; 1) (∪ 2; 2+ 2 

2 Bạn đọc tự vẽ hình.

a. VABC.A’B’C’ =

3

a 2

2 .

b. Khoảng cách giữa hai đờng thẳng AM, B’C bằng a 7

7 .