Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06

DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> http://math.vn<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 06<br /> <br /> Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— x+3 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Cho hàm số: y = x−1 Lời giải: Đồ thị<br /> 6 5 4 3<br /> <br /> Hàm số Bảng biến thiên<br /> <br /> 2 1 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 1 2 3 4 5 6<br /> <br /> Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm điểm A trên đường thẳng x = 5 sao cho từ A ta có thể vẽ đến (C) hai tiếp tuyến mà hai tiếp điểm cùng với điểm B(1; 3) thẳng hàng. Lời giải: Gọi A(5; a) Gọi d là đường thẳng qua A có hệ số góc k: y = k(x − 5) + a  k(x − 5) + a = x + 3  x − 1 có nghiệm. Để d tiếp xúc với (C) thì hệ sau: k = −4  (x − 1)2 −4 x+3 Từ hệ suy ra: (x − 5) + a = 2 x−1 (x − 1) 2 − 2(a + 3)x + a + 23 = 0 (1) ⇔ (a − 1)x Để d tiếp xúc với (C) tại 2 điểm thì pt (1) phải có: ∆ > 0 ⇔ (a + 3)2 − (a − 1)(a + 23) ⇔ a < 2 Gọi d là đường thẳng qua B(1; 3) và có hệ số góc m: y = m(x − 1) + 3 Theo đề bài thì 2 giao điểm là nghiệm của pt hoàng độ của d và (C): x+3 ⇔ mx2 + 2x − m = 0 m(x − 1) + 3 = x+1 Vì hoàng độ 2 giao điểm đều là nghiệm của pt (1) và pt (2) nên : m −m = (m = 0) a − 1 a + 23 1 −1 ⇔ = ⇔ a = −11 a − 1 a + 23 Vậy điểm A(5; −11) là điểm cần tìm. Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ √ x 2π 3x π x π x π − − + + − 6 sin = 2 sin − 2 sin . Giải phương trình : 2 cos 5 12 5 12 5 3 5 6 Lời giải: √ Chia hai vế của PT cho 2 2 √ x π x π 2x 5π + + + Thu được PT cos = 2 cos cos 5 4 5 4 5 12<br /> <br /> 1<br /> <br /> x π 2x 5π 1 =0 + + cos −√ 5 4 5 12 2 Đây là PTLG cơ bản rồi. Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ 1√ 3 3 x + x2 − 8x − 2 + x3 − 20. Giải phương trình sau trên tập số thực: x = 1 + 2 Lời giải: √ √ √ 3 3 * Với x ≤ −3 ta có : 2x − 2 − 2 x3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2, ta chứng minh 2x − 2 − 2 x3 − 20 < 0. Thật vậy chuyển vế, lập phương thu gọn ta thu được điều tương đương sau: 3x2 − 3x − 19 > 0 (điều này đúng vì x < −3) √ √ 3 x *Với x ≥ −3 ta có phương trình đã cho tương đương: 2x − 4 − 2 √ 3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2 − 2 √ √ 3 3 ⇔ 8x3 − 48x2 + 96x − 64 − 8x3 − 160 = x3 + x2 − 8x − 2 − 2 2 + 96x + 96 −48x x3 + x2 − 8x − 6 ⇔ = 2 2 2+c √ a + ab + b √ 3 3 3 + x2 − 8x − 2.) (với a = 2x − 4; b = 2 x − 20; c = x x+3 48 ⇔ (x2 − 2x − 2) =0 + 2 2 √ √ 2 + c a + ab + b Từ đó suy ra: x2 − 2x − 2 = 0 vậy x = 1 + 3 hoặc x = 1 − 3 Thử lại các nghiệm tm. Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— √ ⇔ cos<br /> 5<br /> <br /> Tính tích phân: I = Lời giải:<br /> 0<br /> <br /> dx (9 − x2 )<br /> 3<br /> <br /> √ √ 9−x2 +x2 √ √ √ √ x.x 5 5 √ 5 9 − x2 + √ 5 1 5 1 x 1 9 2 9−x 9−x2 I= = dx = dx = √ dx = 9 0 9 0 9 − x2 9 0 9 − x2 18 9 9 − x2 0 (9 − x2 )3 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, đường cao SA = a, M là điểm thay đổi trên cạnh SB. Mặt phẳng (ADM) cắt SC tại điểm N. Ta kí hiệu V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối đa diện SADMN V1 5 = . và MNADCB. Tìm vị trí của điểm M trên cạnh SB để V2 4 Lời giải: S<br /> <br /> Rõ ràng theo tính chất của giao tuyến thì MN song song với BC SM =x>0 gọi SB VSAND SN x = x ⇒ VSAND = Vt = VSACD SC 2 x2 VSANM SN SM = x2 ⇒ VSANM = Vt = VSACB SC SB 2 2+x x Vt V1 = VSAND +VSANM = 2 2+x x 5 2 V1 = = ⇒x= 2−x V2 2 − x 4 3<br /> <br /> N A<br /> <br /> M<br /> <br /> D<br /> <br /> B<br /> <br /> C<br /> <br /> Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— 7 3 Cho ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a) ≥ a+b+c+ . 3 7 Lời giải: Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: Với mọi a, b, c > 0 ta có: 2<br /> <br /> √ AM−GM √ 7 7 = Ta có a2 b + a2 b + a2 b + a2 c + a2 c + a2 c + 1 ≥ 7 a12 bc √ 7 a11 √ √ 7 7 11 7 Cộng 2 BĐT tương tự của b và c, ta có V T (1) ≥ 7 a + 7 b11 + 7 c11 √ √ √ 7 7 7 Ta cần chứng minh a11 + b11 + c11 ≥ a + b + c với điều kiện abc = 1, mà đây lại là 1 BĐT rất quen thuộc AM-GM là ra ngay Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Cách 3: Dùng đẳng thức (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = (a + b)(b + c)(c + a) ta sẽ biến đổi được BĐT ⇔ (a + b + c)[3(ab + bc + ca) − 7] ≥ 6 đúng vì a + b + c ≥ 3, ab + bc + ca ≥ 3 Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với điểm A(2; 7), đường thẳng AB cắt trục Oy tại E 13 − → − → sao cho AE = 2EB. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G 2; . Viết phương trình cạnh 3 BC. Lời giải: − → 2→ − − → → − Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EC. Từ AE = AI, ta có: I(2; 3) Do E ∈ Oy nên E(0; a) và do EC⊥AI 3 − → →− nên: EC.AI = 0 ⇔ 4.0 − 4(6 − 2a) = 0 ⇔ a = 3 Vậy E(0; 3),C(4; 3). − → − → − → Mặt khác, từ AE = 2EB, ta có: B(−1; 1). Đường thẳng BC qua B(5; 2), có VTCP BC = (5; 2) nên có phương x−4 y−3 trình là: = ⇔ 2x − 5y + 7 = 0 5 2 Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x−2 y−3 x−5 y−6 z+3 = = ,∆ : = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: ∆ : 13 1 4 13 1 z+3 . Gọi (α ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm 4 C(3; −4; −2) trên (α ). Lời giải: − → Nhận thấy ∆ ∆ Chọn điểm A ∈ ∆ → A(5, 6 − 3) Chọn điểm B ∈ ∆ → B(2, 3 − 3) BA(3, 3, 0) → −→ ⊥ − − − → n− ) BA (α Ta có : −→ −→ → n(α ) = [BA.−→] → −→(12, −12, −36) −→(−1, 1, 3) u(∆) n− ) n− ) (α (α − − ⊥u n(α ) (∆) Mặt phẳng qua A(5, 6 − 3), −→(−1, 1, 3) → (α ) : x − y − 3z − 8 = 0 n− ) (α  x = 3 − t  qua C(3, −4 − 2) Gọi đt (d) : → (d) y = −4 + t → → (d) ⊥ (α ) → − = − = (−1, 1, 3) u(d) nα   z = −2 + 3t Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên α ta có H = (d) (α ) 5 Thay x, y, z từ phương trình tham số của (d) vào (α ) ta được: 3 − t − (4 − t) − 3(2 + 3t) − 8 = 0 → t = 11 3<br /> <br /> 8 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca). 9 Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: √ 3 ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2 = 3. 8 Suy ra: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c). 3 Khi đó bài toán quy về chứng minh: 7 3 8 (a + b + c) ≥ (a + b + c + ). 3 3 7 Tương đương với: a + b + c ≥ 3. Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo AM -GM nên ta có đcpm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Cách 2: BĐT đã cho tương đương 3 ∑ a2 b + 3 ∑ a2 c + 3 ≥ 7 (a + b + c)<br /> cyc cyc<br /> <br /> (1)<br /> <br /> 5 28 41 −7 vào (d) ta được H , , . 11 11 11 11 Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình z4 + 4 = 0 trên tập số phức. Lời giải: Phương trình tương đương với (z2 + 2)2 − 4z2 = 0, hay là tương đương với (z2 + 2z + 2)(z2 − 2z + 2) = 0. Trường hợp z2 + 2z + 2 = 0 tức là (z + 1)2 = −1, do đó z = −1 + i hoặc z = −1 − i. Trường hợp còn lại z2 − 2z + 2 = 0, tức là (z − 1)2 = −1, do đó z = 1 + i hoặc z = 1 − i. Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(0; 1) và tạo với đường thẳng d : x + 2y + 3 = 0 một góc 45o . 7 Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d , tiếp xúc với d và có bán kính bằng √ . 5 Lời giải: → − Phương trình (d ) qua A(0; 1) có VTPT n = (a; b), với a2 + b2 = 0, có dạng: a(x − 0) + b(y − 1) = 0 (1) √ →; →)| = cos 45o ⇔ |a + 2b| = 2 ⇔ a = 3b hoặc a = − 1 b − − Theo giả thiết, ta có: | cos( n n 2 3 5(a2 + b2 ) Trường hợp 1: Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1, thay vào (1). Phương trình đường thẳng (d ) là: 3(x − 0) + 1(y − 1) = 0 ⇔ 3x + y − 1 = 0 Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với đường thẳng (d) và có tâm I(x; y) nằm trên (d ) nên tọa độ điểm I là  3x + y − 1 = 0 I ∈ (d ) nghiệm của hệ: ⇔ |x + 2y + 3| 7  √ =√ d(I; (d)) = R 5 5 2 11 12 −31 ⇔ (x; y) = − ; ; hoặc (x; y) = 5 5 5 5 2 11 2 2 11 2 49 , phương trình đường tròn cần tìm là: x + Với I − ; + y− = 5 5 5 5 5 2 2 12 31 12 31 49 Với I ;− , phương trình đường tròn cần tìm là: x − + y+ = 5 5 5 5 5 1 Tương tự cho trường hợp: a = − b 3 Chọn b = −3, a = 1, phương trình đường thẳng (d ) là: x − 3y + 3 = 0 36 7 6 7 ; , I2 − ; − Giải hệ, ta tìm được 2 điểm: I1 5 5 5 5 Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; −1), B(2; −1; 3) và C(−4; 7; 5). Gọi H là trực tâm của tam giác nói trên. Viết phương trình đường thẳng đi qua H và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Lời giải: Thay t = Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để phương trình: 2 log2 (x − 1) = 1 + log2 (5 − mx) có đúng một nghiệm. Lời giải: Phương trình xác định khi x > 1 và mx < 5 PT tương đương log2 (x − 1)2 = log2 (10 − 2mx) ⇔ (x − 1)2 = 10 − 2mx −x2 + 2x + 9 ⇔ (x − 1)2 − 10 + 2mx = 0 ⇔ x2 − 2x − 9 + 2mx = 0 ⇔ m = 2x −x2 + 2x + 9 1 Ta được mx < 5 ⇔ 2 −x2 + 2x + 9 có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 Vậy bài toán chuyển về tìm m để phương trình m = 2x x2 + 9 −x2 + 2x + 9 ta có f (x) = − < 0. Nên f (x) < f (1) = 5 ⇔ m < 5 Xét f (x) = 2x 2x2 4<br /> <br />