3 Giải đề thi đại học khối D môn toán 2007

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn 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 Mơn ln 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 MƠI TỐN KHỐI D
NĂM 2007

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Tốn 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:
1


Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

2


đề thi môn toán khối D năm 2007
Phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

2x
.
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm toạ độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox,

1
Oy tại A, B và OAB có diện tích bằng .
4
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phơng trình:
y

2

x
x

sin  co s   3 cos x 2.
2
2

2. T×m giá trị của tham số m để hệ phơng trình sau cã nghiÖm thùc:
1
1

 x  x  y  y 5

.

1
1
3
3
 x   y  15m  10


x3
y3
C©u III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2),
B(1; 2; 4) và đờng thẳng () có phơng trình:
x 1 y2 z
() :

.
1
1
2
1. Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua trọng tâm G của OAB và vuông góc
với mặt phẳng (OAB).
2. Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng () sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Câu IV: (2 điểm)
e

1. TÝnh tÝch ph©n I x 3 .ln 2 x.dx .
1

b

a

2. Cho 0 < b < a chøng minh r»ng  2a  1a    2b  1b  .
2
2

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. Tính hệ số của x5 trong khai triĨn ®a thøc x(1  2x)5 + x2(1 + 3x)10.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) và đờng thẳng (d) có
phơng trình:
(C): (x  1)2 + (y + 2)2 = 9, (d): 3x 4y + m = 0.
Tìm m để trên (d) có day nhất một điểm P mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến PA,
PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho PAB đều.
3


Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm)
1
1. Giải phơng trình log 2 4x 15.2x 27   2 log 2
0.
4.2x  3
2. Cho h×nh chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, BA = BC = a,
AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 2. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB. Chứng minh rằng SCD vuông và tính khoảng cách
từ H đến mặt phẳng (SCD).
Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1. Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B 2006.
2. Với yêu cầu " Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (C): y = f(x) sao cho tiếp
tuyến tại M thoả mÃn tính chất K ", ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau:
Bíc 1: Xét hàm số, suy ra đạo hàm y' = f'(x).
Bớc 2: Điểm M(C) M(a, f(a)).
Phơng trình tiếp tuyến tại M cã d¹ng:
(d): y = f'(a)(xa) + f(a).
Bíc 3: Sư dụng điều kiện K, ta xác định đợc a.
Bớc 4: Kết luận về điểm M.

Cụ thể trong đề bài này chúng ta cần:
Toạ độ giao điểm A của (d) với Ox.
Toạ độ giao điểm B của (d) với Oy.
 ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn:
1
1
1
1
SOAB   OA.OB   OA.OB .
4
2
4
2
Câu II.
1. Chúng ta có đánh giá:
2

x
x
x
x

2 x
2 x
 sin  co s  sin  co s  2sin  co s = 1 + sinx
2
2
2
2
2

2

tøc ph¬ng trình có dạng:
1 sin x 3 cos x 2  sin x  3 cos x 1.
§ã chÝnh là phơng trình bậc nhất đối với sin và cos.
Chúng ta cã tỉng qu¸t:
asinx + bcosx = c
(1)
lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Thùc theo c¸c bíc:
Bíc 1: Kiểm tra:
1. Nếu a2 + b2 < c2 phơng trình vô nghiệm.
2. Nếu a2 + b2 c2, khi đó để tìm nghiệm của phơng trình (1) ta
thực hiện tiếp bớc 2.
Bớc 2: Chia hai vế phơng trình (1) cho a 2 b 2 , ta đợc:
a
b
c
2
2 sinx +
2
2 cosx =
2
a b
a b
a  b2
4


a

b

V× ( a  b ) + ( a  b 2 )2 = 1 nên tồn tại góc sao cho
a
b
cos ,
sin 
.
a 2  b2
a 2  b2
Khi đó, phơng trình (1) có dạng:
c
c
sinx.cos + sin.cosx = a 2  b 2  sin(x + ) = a 2 b 2 .
Đây là phơng trình cơ bản cđa sin.
C¸ch 2: Thùc theo c¸c bíc:
x
Bíc 1: Víi cos 2 = 0  x =  + 2k, kiÓm tra vào phơng trình
x
x
Bớc 2: Với cos 2 0 x + 2k, đặt t = tg 2 , suy ra
2t
1 t2
sinx = 1  t 2 vµ cosx = 1 t 2 .
Khi đó, phơng trình (1) có d¹ng:
2t
1 t2
a. 1  t 2 + b. 1  t 2 = c  (c + b)t22at + cb = 0 (2)
Bớc 3: Giải phơng trình (2) theo t.

2. Trớc tiên, chúng ta đi nhận xét rằng:
1
Đặt u x
điều kiện u 2 thì:
x
2

2

2

2

3

1
1
1

x  3  x   = u3  3u.
3
x
x
x

1
1
Tơng tự, đặt v y
điều kiện v 2 thì y3 3 v3 3v .
y

y
Khi đó, hệ phơng trình có dạng:
u v 5
3
3
u v 3(u v) 15m 10
Từ đó, bằng cách thế từ phơng trình thứ nhất vào phơng trình thứ hai của hệ
chúng ta sẽ nhận đợc một phơng trình theo ẩn u hoặc v.
f(u, m) = 0.
(*)
Bài toán đợc chuyển về "Tìm giá trị của tham số m để phơng trình (*) có
nghiệm thực thoả mÃn u 2.
x3


Chú ý: NÕu c¸c em häc sinh thùc hiƯn phÐp thÕ d¹ng:
u3 + v3 = (u + v)3  3uv(u + v)
thì sẽ nhận đợc hệ phơng trình:
5


 u  v 5

 uv 8  m
suy ra u, v là nghiệm của phơng trình:
t2 5t + 8 m = 0.
(**)
Bài toán đợc chuyển về "Tìm giá trị của tham số m để phơng trình (**) có hai
nghiệm thực thoả mÃn t 2.
Câu III.

1. Đây là yêu cầu đơn giản, các em học sinh chỉ cần nhớ đợc công thức tìm toạ
độ trọng tâm của tam giác, cụ thể với OAB là:
x x B yA  yB z A  z B 
G A
;
;
.
3
3
3

Từ đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
Qua G
   
(d) : 
.
vtcp
u
 OA, OB 

2. Tham khảo định hớng trong câu III.1 của đề toán khối B 2006.
Câu IV.
1. Đây là tích phân một hàm số hỗn hợp (đa thức và siêu việt) và nó thuộc dạng
b

cơ bản I f (x).ln n x.dx nên phơng pháp đợc lựa chọn là "Phơng pháp tích
a

phân từng phân" víi c¸ch lùa chän:
 u ln n x

.

dv f (x).dx
2. Trớc tiên hÃy đi đánh giá vai trò của a, b trong bất đẳng thức đợc cho dới dạng
hàm số mũ bằng phép biến đổi đơn giản:

4

a

1
ab

b

4


b

1
ab

a

b

a

4a 1 4b 1 .

(*)

2
2
Tới đây, chúng ta hiểu rằng cần chuyển đổi a, b về những vế độc lập, mà để
thực hiện điều này chúng ta chØ cã thĨ dùa trªn tÝnh chÊt log a b n n log a b .
Do ®ã, lÊy loga hai vế của (*), ta đợc:
b

a

a
b
ln 4a 1 ln  4b  1  b.ln  4  1 a.ln  4  1

ln  4a  1

ln  4b 1

(**)

.
a
b
Cuối cùng, để chứng minh bất đẳng thức (**) cách duy nhất là sử dụng phơng
ln 4 x 1
pháp hàm số với hàm đặc trng là y  
trªn D = (0; +).
x



6


Câu V.a.
1.
Từ yêu cầu của bài toán chúng ta thấy có hai phần việc phải thực hiện:
Phần 1: Tính hệ sè cđa x5 trong khai triĨn x(1  2x)5:
5

5

x  1  2x  x  C5k ( 2x) k Đáp số là C1.
k 0

Phần 2: Tính hệ số cđa x5 trong khai triĨn x2(1 + 3x)10:
10

10

k
x 2  1  3x  x 2  C10
(3x) k  Đáp số là C2.
k 0

Vậy, hệ số của x5 là C1 + C2.
2.
Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo dần hình
vẽ để hiểu đợc các dẫn dắt sau:

Vẽ đờng tròn (C) tâm I và PAB đều (PA, PB là
tiếp tuyến của (C)). Ta có:


PAB đều APB
600 API
300

(
d
)

P

A

B
I

IP 2IA 2R không đổi
P thuộc đờng tròn (C) tâm I bán kính 2R.
Vẽ đờng tròn (C). Nh vậy P là giao điểm của
(C) và (d). Khi ®ã, ®Ĩ cã duy nhÊt mét ®iĨm P
®iỊu kiƯn lµ (d) tiÕp xóc víi (C’), suy ra:
d(I, (d)) = 2R.
Câu V.b.
1. Phơng trình đợc giải theo các bớc:
Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
Bớc 2: Sử dụng các phép biến đổi tơng đơng để khử log, khi đó chúng ta sẽ
nhận đợc một phơng trình mị d¹ng:

a.22x + b.2x + c = 0.
Bíc 3: Sư dụng ẩn phụ t = 2x để giải phơng trình trên.
2. Công việc:
Chứng minh rằng SCD vuông đợc thực hiện bằng chứng minh CD SC.
Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) đợc thực hiện bằng việc nhận
xét rằng BH cắt mặt phẳng (SCD) tại S, do đó:
d(H, (SCD)) SH

.
d(B, (SCD)) SB
Mặt khác:
3VB.SCD SA.SBCD
1

.
VB.SCD d(B, (SCD)).SSCD d(B, (SCD))
SSCD
SSCD
3
Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối B năm 2007
Câu I.
1. Bạn đọc tù lµm.
7


2. Đạo hàm:

2
.

(x 1) 2
Điểm M(a; y(a))(C), khi đó phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng:
y'

(d): y = y'(a)(xa) + y(a)  (d) : y 

2
2a 2
x

.
(a 1) 2
(a 1) 2

Toạ độ giao điểm A cđa tiÕp tun (d) víi Ox lµ nghiƯm cđa hƯ:

 y 0
 y 0

 A( a2 ; 0).
2
2a 2  

2
y

x

 y  a


(a  1) 2
(a  1) 2

To¹ ®é giao ®iĨm B cđa tiÕp tun (d) víi Oy lµ nghiƯm cđa hƯ:

 x 0
 x 0

2a 2 


2
2

.
 B  0;
2
2a
2a

2 
 (a  1) 
 y  (a  1) 2 x  (a  1) 2
 y  (a  1) 2


Ta cã:
1
1
1

1
SOAB   OA.OB   OA.OB 
4
2
4
2
 2a 2 a  1
2a 2
1
4
2
 a .
  4a = (a + 1)   2
(a  1) 2 2
 2a  a  1
 M1 (1; 1)
 a 1
 2a 2  a  1 0

  2
 
1  
 1
.

M2   ; 2
a

2a

a

1

0



2
2

Vây, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu II.
1. Biến đổi phơng trình về dạng:
x
x
x
x
sin 2 co s 2 2sin  co s  3 cos x 2
2
2
2
2
2

 1  sin x  3 cos x 2  sin x  3 cos x 1


8

 1

1
3
1
sin x 
cos x   sin  x   
3 2

2
2
2


 



 x  3  6  2k
 x  6  2k
, k  .
 
 



 x     2k
 x   2k



3
6
2
VËy, ph¬ng trình có hai họ nghiệm.
2. Trớc tiên, ta có:
1
Đặt u x
điều kiện u 2 thì:
x
3

1
1
1

x 3  x    3  x   = u3 3u.
x
x
x

1
1
Tơng tự, đặt v y
điều kiện v 2 thì y3 3 v3 3v .
y
y
Khi đó, hệ phơng trình có dạng:
u v 5
u  v 5
 

 3
3
uv 8  m
u  v  3(u  v) 15m  10
suy ra u, v là nghiệm của phơng trình:
t2 5t + 8  m = 0  t2  5t + 8 = m.
(1)
Hệ đà cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (1) có hai nghiệm thực thoả
mÃn t 2.
Xét hàm số y = t2 5t + 8 trên tËp D = (; 2][2; +), ta cã:
5
y’ = 2t  5,
y’ = 0  2t  5 = 0 t .
2
Ta có bảng biến thiên:
x
2
5/2

2
+
y'

+
+
y
2
22
7/4
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi:

7
m 2 hoặc m > 22 .
4
7
VËy, víi  m  2 hc m > 22 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
4
Câu III.
1. Tam giác OAB có trọng tâm G(0; 2; 2).
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
3

x 2t
Qua G
Qua G(0; 2; 2)

  
 (d) : y 2  t , t  .

(d) : 
 (d) : 
z 2  t
 vtcp u(2;  1; 1)
 vtcp u  OA, OB 


9


2. Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham sè:
x 1  t


(): y  2  t , t .
z 2t


Điểm M thuộc đờng thẳng () nên M(1 t; t 2; 2t), khi đó:
MA2 + MB2 = (t)2 + (t  6)2 + (2t  2)2 + (2  t)2 + (t  4)2 + (2t  4)2
= 12t2  48t + 76 = 12(t  2)2 + 28  28.
VËy, ta cã (MA2 + MB2)Min = 28, đạt đợc khi:
t 2 = 0  t = 2  M(1; 0; 4)
C©u IV.
1. §Ỉt:
2 ln x.dx

du  x
.

4
v x

4

2
u ln x


3
dv x .dx

Khi ®ã:

e

e
1 3
e
4
4
1
V = x .ln 2 x  x3 .ln xdx = e  2 x .ln xdx.
21
1  
4
4
1

(1)

I

Với I, ta đặt:
dx

du x
.

4
x
v

4

u ln x


3
dv x .dx

Khi ®ã:
e

e

e

3
4
4
4
1
I = x .ln x  x3 .dx = e  x = 3e  1 .
41
4
4
16 1
16
1

(2)

4

Thay (2) vào (1), ta đợc I 5e 1 .

32
2. Biến đổi bất đẳng thức về dạng:

4

a

1

b

ab

4


b

1
ab

a

b

a

4a  1  4b  1 .

(*)

2
2
LÊy loga hai vế của (*), ta đợc:
b

a

a
b
ln 4a 1 ln  4b  1  b.ln  4  1 a.ln  4  1


10

ln  4a  1
a



ln  4b  1
b

.

(**)

XÐt hµm sè y 
y' 

ln  4 x  1
x

trªn D = (0; +), ta cã:

4 x.ln 4 x   4 x  1 ln  4 x  1
x 2  4x  1

 0  Hµm số nghịch biến trên D

y(a) < y(b) và đó là điều cần chứng minh.
Câu V.a.
1. Ta lần lợt thực hiƯn:
 Trong khai triĨn:
5

5

5

x  1  2x  x  C5k ( 2x) k x  C5k (  2) k x k .
k 0

k 0

4
5

HƯ sè cđa x5 trong khai triển trên là C ( 2) 4 .
Trong khai triÓn:
10

10

10

k
k k k
x 2  1  3x  x 2  C10
(3x) k x 2  C10
3 x
k 0

k 0

3 3
10

HƯ sè cđa x trong khai triĨn trên là C 3 .
Vậy, hệ số của x5 là:
3 3
C54 ( 2) 4 C10
3 3320.
5

2. Đờng tròn (C) có tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 3.
Ta cã nhËn xÐt:



PAB ®Ịu  APB
600  API
300  IP 2IA 2R không đổi
P thuộc đờng tròn (C) tâm I bán kính 2R.
Nh vậy P là giao ®iĨm cđa (C’) vµ (d).
Khi ®ã, ®Ĩ cã duy nhÊt một điểm P điều kiện là (d) tiếp xúc với (C’), suy ra:
3.1  4.( 2)  m
6  m  11 30
d(I, (d)) = 2R 
32  ( 4) 2
 m  11 30
 m 19
 
 
.
 m  11  30
 m  41
VËy, víi m = 19 hoặc m = 41 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu V.b.
1. Điều kiện 4.2x 3 > 0.
Biến đổi tơng đơng phơng trình về dạng:

(*)

log 2 4x 15.2x  27   2log 2  4.2 x  3 0
 log 2  4 x  15.2 x  27  log 2  4.2 x  3 

2

11


 22x  15.2x  27 16.22x  24.2 x 9 15.22x 39.2x 18 0. (1)
Đặt t = 2x, t > 0 ta đợc:
t 0

5t2 13t  6 = 0  t 3  2x = 3 x = log23.
Vậy, phơng trình có nghiệm x = log23.
2. Bạn đọc tự vẽ hình.
a. Chứng minh rằng SCD vuông.
Gọi I là trung điểm của AD, ta cã:
IA = IB = IC = a  ACD vu«ng tại C CD AC.
Mặt khác, ta có:
CD SA  CD  (SAC)  CD  SC  SCD vuông tại C.
b. Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
Nhận xét rằng BH cắt mặt phẳng (SCD) tại S, do đó:
d(H, (SCD)) SH
SH

d(H, (SCD)) .d(B, (SCD)).
d(B, (SCD)) SB
SB
Ta lần lợt có:
SH SA 2
SA 2
2a 2
2
2  2


 .
2
2
2
SB SB
SA  AB
2a  a
3
3VB.SCD SA.SBCD
1

.
VB.SCD  d(B, (SCD)).SSCD  d(B, (SCD)) 
SSCD
SSCD
3
1
1
SBCD  AB.BC  a 2 .
2
2
1
1
SSCD  SC.CD  SA 2  AB2  BC2 . IC2  ID 2 a 2 2.
2
2
a
Tõ ®ã, suy ra d(H, (SCD))  .
3

12