Chuyên đề Sáng tạo trong giải đề thi đại học môn toán khối a - 2008

 SÁNG TẠO TRONG GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC 
MÔN TOÁN KHỐI A - 2008
ĐỀ BÀI
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45o.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình 
2. Giải hệ phương trình 
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng 
1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.
2. Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (a) lớn nhất.
Câu 4 (2 điểm)
1. Tính tích phân
2. Tim các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:
PHẦN RIÊNG thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
Câu V.a. Theo chương trình không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
2. Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + . . . + anxn , trong đó nN* và các hệ số a0, a1, . . . , an thỏa mãn hệ thức a0 ++ . . . = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a0, a1, . . . , an. 
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình log2x – 1(2x2 + x – 1) + logx+ 1(2x – 1)2 = 4.
2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.
BÀI GIẢI
Câu I:
1) Khi m =1: TXĐ:
. 
O
-3
-2
y
-1
2
-9
-5
-2
Tiệm cận
 tiệm cận đứng : x = -3 tiệm cận xiên : y = x – 2
,
Bảng biến thiên Đồ thị:
x
y’
y
-¥
+¥
-3
-5
-1
0
0
-
+
-
+
-9
-1
-¥
-¥
+¥
+¥
CĐ
CT
 Cách giải 2: Khi m = 1 hàm số trở thành:
 TXĐ: \{-3}
Giới hạn, tiệm cận: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3
 Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = x – 2
Chiều biến thiên: 
y’ = y’ = 0 
Hàm số đồng biến trong các khoảng 
Hàm số nghịch biến trong các khoảng (-5; -3); (-3 ; -1)
Bảng biến thiên: 
Đồ thi: 
y = 0 Đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm ( 1 ; 0), (-2 ; 0)
x = 0 Đồ thị cắt Oy tại điểmĐồ thị nhận điểm I ( -3 ; -5) làm tâm đx.
Cách giải 3 :
Cách giải 4 
Cách giải 5 : (đáp án chính thức của bộ giáo dục ) 
Cách giải 6:
1) Khi m = 1 ta có: TXĐ: D = R\{-3}
* Sự biến thiên:
* * * 
* Bảng biến thiên:
YCĐ = y(-5) = -9 YCT = y(-1) = -1
*Tiệm cận: Tiệm cận đứng: x = -3, tiệm cận xiên: y = x – 2.
* Đồ thị:
2. 
Gọi (Cm) là đồ thị hàm số. (Cm) có tiệm cận đứng và có tiệm cận xiên 
Ycbt (nhận).
Cách giải 2 :
Nếu 6m -2 = 0 m = thì . Đồ thị hàm số không có tcận.
Nếu đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3m (d1)
 Đồ thị hàm số có tiện cận xiên y = mx – 2 (d2)
Vì d1 // Oy nên góc giữa hai tiệm cận của đồ thị bằng 450(d2) tạo với Oy một góc 450.
(d2) tạo với Ox một góc bằng 450 
Cách giải 3 : ( đáp án của Bộ )
Cách giải 4: 
Cách giải 5 : 
Cách giải 6: 
Cách giải 7: 
+) Nếu m = 0, hàm số có hai đường tiện cận vuông góc với nhau ( loại)
+) Nếu m ≠ 0 
* Gọi (d): y = ax + b là tiệm cần xiên của (Cm) khi đó:
Do tiệm cận đứng của (Cm) luôn vuông góc với Ox vậy để tiệm cận xiên và tiệm cận đứng tạo với nhau góc 450 thì tiệm cận xiên phải tạo với trục hoành một góc 450.
Có 2 khả năng xảy ra:
- Tiệm cận xiên tạo với Ox góc 450 khi đó a = m = tan450 = 1
- Tiệm cận xiên tạo với Ox góc 1350 khi đó a = m = tan1350 = -1
Vậy có hai gt của m để hai đường tc của hàm số tạo với nhau một góc 450 là m = 1 hoặc m=- 1 
Câu II:
1) Điều kiện: 
Cách giải 2: 
Cách giải 3 : 
Cách giải 4: 
Cách giải 5: 
Giải phương trình: 
 Ta có: x 
 Khi đó: (1) 
Điều kiện xác định: sinx.cosx 0 , k 
Khi đó: (2) 	(3)
Trường hợp 1: (m ) (thoả điều kiện)
Trường hợp 2: 
Khi đó: 
 (l, p ) (t/m ĐKXĐ)
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm là:
Cách giải 6:
Điều kiện: 
Khi đó phương trình tương đương với: 
Trường hợp 1: 
Trường hợp 2: 
Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là: 
2. Hệ phương trình . Đặt : . 
 ng (E) có tâm sai bằng 
Cách giải 2:
Cách giải 3:
Cách giải 4 : 
 Ta có : ó 
Cách giải 5: 
Hệ đã cho Đặt Hệ trở thành 
Lấy (2) trừ đi (1) ta được: u2 – u – uv = 0 u ( u – v – 1) = 0
Với u = 0 thay vào (2) ta được Ta có: 
Với v=u-1 thay vào (2) ta được khi đó 
Và (I) 
Vậy hệ (I) có 2 nghiệm ;
Cách giải 6: Ta có
Đặt: , Từ (1) và (2) ta có hệ: 
Nếu: ta có 
Với 
Có nghiệm: 
Nếu: Thay vào (4) ta có: 
ó 
Vậy ta có: Giải ra ta được 
Vậy hệ có 2 nghiệm là: và 
Câu III
1. Gọi H là hình chiếu của A lên (d) ÞH(1+2t;t;2+2t) Þ
 mà ÞH(3;1;4)
Cách giải 2 : 
Cách giải3 : 
Cách giải 4 : 
Cách giải 5: 
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là . Mặt phẳng (P) qua điểm A nhận vectơ chỉ phương của đường thẳng d, làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:
Tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d là nghiệm của hệ 
Giải hệ này ta nhận được . Hình chiếu của A lên đường thẳng d chính là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P) nên tọa độ hình chiếu của A là A’(3;1;4).
Cách giải 6: 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (d)Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là :
 2(x – 2) + 1(y - 5) + 2(z – 3) = 02x + y + 2z - 15 = 0
M(x ;y; z) là hình chiếu của A trên (d) nên M là giao của đường thẳng (d) với mặt phẳng (P), khi đó x , y, z là nghiệm của hệ Giải ra ta được M(3;1; 4)
2. pttq của (d); mp (a) có dạng:
*n = 0ÞÞ (1)
*n ≠ 0Þ 
Đặt Với x
f(t)
-¥
0
+
-
¥
-1
1
0
+
0
f’(t)
Bảng biến thiên suy ra: f(t) với (2)
(1) và (2) suy ra = , xảy ra khi: . Cho n = -1Þ m =1 
Þ phương trình (a) cần tìm: x - 4y +z - 3= 0
Cách giải 2: 
A
d
H
K
Gọi là mp chứa (d), vuông góc AH. 
 là mp chứa (d), K là hình chiếu vuông góc 
của A lên . Ta có: 
, xảy ra khi 
Vậy pt cần tìm: 
Cách giải 3 : 
Cách giải 4: 
Cách giải 5: 
Cách giải 6 : 
Cách giải 7 : 
Gọi H là hình chiếu của A lên . Vì AH vuông góc với HA’ nên . Do đó mặt phẳng thỏa mãn khoảng cách từ A đến là lớn nhất khi và chỉ khi vuông góc với đường thẳng AA’. 
Ta có , mặt phẳng đi qua điểm A’ nhận vectơ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là Vậy 
Cách giải 8: là mặt phẳng chứa (d), giả sử H là hình chiếu của A trên , Khi đó ta có với mọi H. Vậy AH lớn nhất là AM ( AM cố định) khi và chỉ khi H trùng M
 Khi đó là mặt phẳng qua M và vuông góc với AM
 Ta có 
Vậy phương trình mặt phẳng là : 1.(x-3)-4( y – 1) + (z – 4) = 0x - 4y + z - 3=0 
Cách giải 9: 
Goi(P):Ax+By+Cz+D=0 là mặt phẳng cần tìm. 
Vì (P ) chứa (d) , nên nói riêng chứa điểm (1,0,2) vậy có A+2C+D=0 (1)
Mặt khác véc tơ pháp (A,B,C) của (P) vuông góc với ( d) nên có 2A+B+2C=0 (2) 
Từ (1), (2) suy ra D=A+B và .
Do đó (P): 2Ax+2By-(2A+B)z+2A+2B=0
Nếu B=0 thì ( vì khi đó A ≠ 0) 
Lúc này khoảng cách từ A xuông là ( loại )
Nếu B ≠ 0, khi đó chọn B=1, và có (P):2Ax+2y-(2A+1)z+2A+2=0 (1) 
Khoảng cách từ A(2,5,3) đến ( P) là : 
Từ đó suy ra h lớn nhất khi A= .Thay lại vào (1) và có x-4y+z-3=0
Câu IV: 
x
y
0
0
1) = . Đặt t = tgx 
=
Cách giải 2: 
Cách giải 3: 
Cách giải 4 : 
Cách giải 5 :
Đặt t = tan x, suy ra: = (1 + tan2x)dx 
Với x = 0 t = 0 x =t =
Khi đó: I = == 
Cách giải 6:i
Đặt Khi: 
Suy ra: 
.
2) . ĐK: 
Xem hàm số 
x
y’
y
0
6
2
0
+
-
 .
Bảng biến thiên:
có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
 (nhìn bảng biến thiên)
(HS có thể chứng tỏ nghịch biến trên (0;6) và do nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình)
Cách giải 2 : 
Cách giải 3 : 
Cách giải 4: 
Cách giải 5: 
Xét hàm số trên đoạn . Ta có 
Ta có f’(x) là hàm giảm vì từng số hạng của tổng của biểu thức bên phải ở trên là giảm. Mặt khác nên phương trình có duy nhất một nghiệm trên khoảng và qua nghiệm này đổi dấu. Do đó f(x) là hàm tăng trên và giảm trên . Do đó phương trình f(x)=m có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi . Ta có 
Ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau : 
Bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức luôn đúng sau : 
Với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
Ta có 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .
Suy ra giá trị lớn nhất của f(x) trên là . 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 
Cách giải 6:
Tìm các giá trị của tham số m để phương trinh sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt.
Miền xác định của PT là: 
Viết lại: 
Ta có: 
Đặt 
Khi đó 
Vậy f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 2
Ta có: 
Dễ thấy: f(2) > f(0) > f(6) Từ đó ta suy ra: f(0) m < f(2) hay 
Cách giải 7. Điều kiện xác định: 
Đặt 
Khi đó phương trình đã cho trở thành: h(x) = f(x) + g(x) = m Ta có: 
Dễ thấy rằng trong (0; 2) f’(x) và g’(x) đều lớn hơn 0 
trong khoảng (2; 6) f’(x) và g’(x) đều nhỏ hơn 0 
và 
Do tổng hai hàm đồng biến là đồng biến, tổng hai hàm nghịch biến là nghịch biến nên h(x) đồng biến trên (0; 2) và nghịch biến trên (2; 6); h(x) đạt cực đại tại x = 2
; ; 
Dễ thấy: h(2) > h(0) > h(6) 
Do đó để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì h(0) m < h(2) 
hay 
Câu Va.
1. Phương trình chính tắc có dạng:
Chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 20 (0 < a < 5) 
 (loại) hay a = 3 (nhận)
Phương trình chính tắc elip là 
Cách giải 2: 
Cách giải 3: 
Cách giải 4: 
Cách giải 5:
Gọi phương trình chính tắc của Elíp là với a>b>0. Tâm sai của Elip là . 
Từ giả thiết ta có hệ Bình phương phương trình thứ nhất của hệ, thế 
ta nhận được Giải hệ ta được Vậy pt của Elíp là 
Cách giải 6
Theo bài ta có : 4(a + b) = 20 (1)
(2)
* Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được 
* Vậy phương trình chính tắc của Elip cần tìm là: (E): 
2. (1)Chọn , 
 , Có 
Xét ak ak+1 (k = 0, . . . ,11) k k 7 
a8 = 28. >29 
Vậy số lớn nhất trong các số a0,a1,. . .,a12 là 
Cách giải 2 :
Cách giải 3: 
Cách giải 4 :
Cách giải 5: 
Đặt f(x) = ( 1 + 2x)n = a0 + a1x + ..+ anxn
Ta có: n = 12 TA CÓ : 
Thay n = 12 ta được 3k + 1 24 
Cách giải 6: 
Theo khai triển nhị thức Newtơn ta có: Vậy: 
Theo bài ta có: 
Ta có: 
 Giải ra ta được: 
Vậy: 
Tương tự: 
vậy Max = .
Câu V.b:
1) ĐK: . Pt
Vậy pt có 2 nghiệm x = 2 hay 
Cách giải 2:
Cách giải 3:
Cách giải 4 :
Cách giải 5: 
1) (1)
Điều kiện: 
Với điều kiện đó phương trình tương đương với: 
	(2) Đặt t = thì hệ (2) trở thành: 
 t + 1 + 
Với t = 1 thì = 1 x = 2 (thoả mãn điều kiện)
Với t =2 thì = 2 4x2 – 5x = 0 
Chỉ có x = thoã mãn. Vậy (1) có 2 nghiệm là: x = 2 ; x = 
y
x
z
AS
BS
CS
A’S
B’S
C’S
MS
2) Gọi M là trung điểm BC
 Dvuông AMA’: 
 Þ A’M 
. . . 
 Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
A(0;0;0) , B(a;0;0) , C(0;;0)
, 
Đường thẳng AA’ có vtcp là 
Đường thẳng B’C ‘có vtcp là (do B’C’//BC)
Gọi là góc giữa 2 đường thẳng AA’ và B’C’ có 
Cách giải 2: 
Cách giải 3: 
Cách giải 4: 
(a) Gọi H là trung điểm của BC (xem h.1), theo giả thiết A’H vuông góc với (ABC). Tam giác ABC vuông ở A nên (xem h.2). Ta có . Tam giác A’AH vuông ở H nên 
Thể tích của khối chóp A’.ABC là 
(b) Ta thấy nên suy ra tam giác vuông tại A’. Theo định lý Pythagore Tam giác BB’H có nên là tam giác cân ở B’. Do đó , ở đó K là trung điểm của BH (xem h.3).
Góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng BB’ và BC (vì AA’ //BB’; B’C’//BC) do đó bằng (chú ý<900) . Vậy cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng 
Cách giải 5:
------Hết ------
HI VỌNG VÀO CÁC EM HỌC SINH VỚI NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC HAY HƠN , NGẮN GỌN HƠN VÀ SÁNG TẠO HƠN
BỞI TOÁN HỌC LÀ SỰ SÁNG TẠO KHÔNG NGỪNG !
GIÁO VIÊN : NGÔ MINH TRÍ 
TỒ TOÁN – TRƯỜNG THPT HÀM THUẬN BẮC – BÌNH THUẬN 
ĐIỆN THOẠI : (062)(610017).
Tài liệu này được tổng hợp từ rất nhiều nguồn khác nhau xin gởi tặng đến quý đồng nghiệp cùng các em học sinh !