Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 08

http://www.math.vn<br /> <br /> Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x4 − 2(m + 1)x2 + 2m + 1, (Cm ) (m là tham số). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. Lời giải: Đồ thị<br /> 3 2 1<br /> <br /> Hàm số y = x4 − 4x2 + 3 Bảng biến thiên<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 1<br /> <br /> Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Xác định m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A, B,C, D lần lượt có hoành độ x1 , x2 , x3 , x4 , (x1 < x2 < x3 < x4 ) sao cho tam giác ACK có diện tích bằng 4, với K(3; −2). Lời giải: x4 − 2(m + 1)x2 + 2m + 1 = 0 (1). Đặt t = x2 ,t ≥ 0, ta được t 2 − 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0 (2) Để  thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm phân biệt t > 0 đồ  ∆ = (m + 1)2 − (2m + 1) > 0  m = 0 ⇔ S = 2(m + 1) > 0 ⇔ (∗) Với đk (∗) thì đồ thị hàm số cắt trục hoành 1  m > −  P = 2m + 1 > 0 2 √ √ √ √ tại 4 điểm phân biệt có hoành độ theo thứ tự − t1 , − t2 , t2 , t1 , với t1 > t2 √ √ √ 1 Theo gt: SACK = AC.|yk | = 4 ⇔ AC = t2 + t1 = 4 ⇔ t1 + t2 + 2 t1t2 = 16 2 Áp dụng định lí Vi-et cho phương trình (2) ta được: √ √ m−7 ≤ 0 2(m + 1) + 2 2m + 1 = 16 ⇔ m − 7 = − 2m + 1 ⇔ ⇔m=4 m2 − 16m + 48 = 0 Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 1 π 1 − 2x = 4 sin x − 1 − . sin Giải phương trình: 2− sin x 6 2 sin x Lời giải: π Điều kiện: sin x = 0. PT ⇔ (4 sin x − 2) sin − 2x = 8 sin2 x − 2 sin x − 1 6 2 sin x − 1 = 0 (1) π π − 2x = (2 sin x − 1)(4 sin x + 1) ⇔ ⇔ 2(2 sin x − 1) sin 2 sin − 2x = 4 sin x + 1 (2) 6 6 π 1 5π (1) ⇔ sin x = ⇔ x = + k2π hoặc x = + k2π 2√ 6 6 √ √ (2) ⇔ cos 2x − 3 sin 2x = 4 sin x + 1 ⇔ 4 sin x + 2 sin2 x + 2 3 sin x cos x = 0 ⇔ sin x + 3 cos x = −2 π 7π + k2π = −1 ⇔ x = ⇔ cos x − 6 6 Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— (x − 2)(2y − 1) = x3 + 20y − 28 . Giải hệ phương trình: √ 2( x + 2y + y) = x2 + x Lời giải:<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> −2 −1 1 2 −1<br /> <br /> DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 08<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 2<br /> <br /> x+2 ≤ 0 thay vào phương trình thứ nhất ta được pt bậc 2 theo x 2y = x2 + x + 1 Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— π 2 5 cos x − 4 sin x dx Tính tích phân I= 7 0 (sin x + cos x) Lời giải: π 2 5 sin x − 4 cos x π dx Đặt x = − t ta được I = 7 2 0 (sin x + cos x) π π π 2 5 cos x − 4 sin x 2 5 sin x − 4 cos x 2 dx Suy ra 2I = dx + dx = 7 7 6 0 (sin x + cos x) 0 (sin x + cos x) 0 (sin x + cos x) π π π 2 π 1 2 1 2 dx = d tan x − = 1 + tan2 x − 6 π 8 0 8 0 4 4 cos x − 4 π π π π 1 2 = + tan4 x − d tan x − 1 + 2 tan2 x − 8 0 4 4 4 π 2 2 1 1 π π π 7 tan x − + tan3 x − + tan5 x − = = 8 4 3 4 5 4 15 0 7 Vậy I = 30 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh a. Trên các đoạn AD , BD lần lượt lấy các điểm M, N sao cho √ AM = DN = x, (0 < x < a 2). Tìm x để MN là đoạn vuông góc chung của AD và BD. Lời giải: Gọi hình vẽ TH2: Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— a2 + b2 + c2 . Cho 3 số a, b, c ∈ [0; 2] thoả mãn : a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của M = ab + bc + ca Lời giải: Cách 1: a2 + b2 + c2 9 +M = = − 2 Vì thế ta chỉ cần tìm min của A = ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca 3 +ab + bc + ca = −a2 + 3a + bc = f (a), f (a) = 0 ⇔ a = 2 Với a ∈ [0, 2] thì −a2 + 3a + bc đạt min khi a = 0 hoặc a = 2 + Với a = 0 ⇒ b + c = 3, A = bc = b(3 − b) = −b2 + 3b khi đó bε [1, 2], f (1) = 2, f (2) = 2 ⇒ A ≥ 2 +Với a = 2 A = 2 + bc, b + c = 1 ⇒ A = 2 + b(1 − b) = −b2 + b + 2 = f (b) 5 9 b ∈ [0, 1] mà f (0) = f (1) = 2 ⇒ A ≥ 2 ⇒ M ≤ − 2 = 2 2 Dấu = đạt được khi a, b, c là các hoán vị của (0, 1, 2) Cách 2: Ta có: (a − 2)(b − 2)(c − 2) ≤ 0 ⇔ abc − 2(ab + bc + ca) + 4(a + b + c) − 8 ≤ 0 abc + 4(a + b + c) − 8 12 − 8 ≥ =2 ⇔ ab + bc + ca ≥ 2 2 9 9 5 A= −2 ≤ −2 = ab + bc + ca 2 2 Dấu = xảy ra (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị<br /> <br /> √ x + 2y = −x − 2 ⇔<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> <br /> √ √ PT √ hai của hệ ⇔ x + 2y + 2 x + 2y + 1 = x2 + 2x + 1 ⇔ ( x + 2y + 1) = (x + 1)2 thứ √ ⇔ x + 2y = x hoặc x + 2y = −x − 2 √ x≥0 TH 1: x + 2y = x ⇔ thay vào phương trình thứ nhất ta được 13x2 − 11x − 30 = 0 2y = x2 − x<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 3<br /> <br /> Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— z+i = 1. Tìm các số phức z thoả mãn điều kiện: |z + 3i − 2| = 4 Cho số phức z sao cho: z − 3i Lời giải: Cách 1: Đặt z = a + bi với a; b ∈ R; (z = 3i). Ta có: z+i |z + i| = 1 ⇔ |z + i|2 = |z − 3i|2 ⇔ a2 + (b + 1)2 = a2 + (b − 3)2 ⇔ b + 1 = ±(b − 3) ⇔ b = 1 = z − 3i |z − 3i| Vì điều kiện: |z + 3i − 2| = 4 ⇔ |z + 3i − 2|2 = 16 ⇔ (a − 2)2 + 42 = 16 ⇔ a = 2 Vậy z = 2 + i (thoả) Cách 2: Gọi A, B, M, I biểu diễn ba số phức z, −i, 3i, 2 − 3i trên mặt phẳng phức. −1 + 3 Khi ấy A, B thuộc trục ảo và MA = MB nên M nằm trên trung trực AB ⇒ yM = = 1. 2 Mặt khác IM = 4 nên M thuộc đường tròn (I; 4). Do khoảng cách từ I đến đường thằng (d) : y = 1 bằng 4 nên (d) tiếp xúc với (I) tại M. Suy ra IM Oy hay xM = xI = 2. Kết luận M(2; 1) hay z = 2 + i là số cần tìm. Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết đường cao và trung tuyến xuất phát từ A lần lượt có phương trình: 6x − 5y − 7 = 0; x − 4y + 2 = 0. Tính diện tích ∆ABC, biết rằng trọng tâm của tam giác thuộc trục hoành và đường cao xuất phát từ đỉnh B đi qua điểm E(1; −4). Lời giải: Ta có A(2; 1) Gọi G(a; 0) vì G thuộc trung tuyến nên suy ra G(−2; 0). − → −→ − Gọi M là trung điểm BC ta có AG = 2GM. −1 Viết được BC : 5x + 6y + 23 = 0 suy ra B(−1 + 6t; −3 − 5t);C(−7 − 6t; 5t + 2). suy ra M −4; 2 19 Vì BE vuông góc với AC ta có điều kiện là 61t 2 + 42t − 19 = 0 ⇔ t = −1 hoặc t = 61 Đến đây chia hai trường hợp để giải Câu VIb. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> <br /> Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho ∆ABC có phương trình của trung tuyến xuất phát từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt là: 2x − 5y − 1 = 0, x + 3y − 4 = 0. Đường thẳng BC đi qua điểm K(4; −9). Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng d : x − y − 6 = 0. Lời giải: − → − → Gọi B(4 − 3b; b),C(c; c − 6) ta có KB(−3b; b + 9); KC(c − 4; c + 3). 7k − 9 27 − 5k − → − → K, B,C thẳng hàng nên KB = kKC. Từ đó ta tính được b = ,c = 4 4k −21k2 + 38k + 27 7k2 − 38k + 27 ; Gọi M là trung điểm BC ta tính được M 8k 8k Vì M thuộc đường trung tuyến AM nên ta có tọa độ M thỏa mãn phương trình AM. −77k2 + 258k − 81 = 0 27 Giải ra ta có k = 3 hoặc k = 77 Viết phương trình AC tìm A theo hai trường hợp. Phần còn lại là đơn giản các bạn tự giải Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x−2 y−1 z−1 = = . Gọi I là giao Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho (P) : x + y − z + 1 = 0, d : 1 −1 −3 điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d và cách điểm I một khoảng bằng √ 3 2. Lời giải:<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 4<br /> <br /> Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— π z−i Cho số phức z thoả mãn: = 1. Tìm số phức z sao cho z + 1 có một acgumen bằng − . z + 3i 6 Lời giải: Cách 1: Đặt z = a + bi với a; b ∈ R; (z = −3i) Ta có: |z − i| z−i = 1 ⇔ |z − i|2 = |z + 3i|2 ⇔ a2 + (b − 1)2 = a2 + (b + 3)2 ⇔ b − 1 = ±(b + 3) ⇔ b = −1 = z + 3i |z + 3i| a+1 −i π π z + 1 = (a + 1)2 + 1 + i sin − + = (a + 1)2 + 1 cos − 6 6 (a + 1)2 + 1 (a + 1)2 + 1 √ √ a+1 > 0 a+1 > 0 a+1 π 3 = cos − ⇔ = ⇔ ⇔ a = 3−1 6 2 4(a + 1)2 = 3(a + 1)2 + 3 (a + 1)2 = 3 (a + 1)2 + 1 √ Vậy z = 3 − 1 − i (thoả) Cách 2: Gọi M, A, B biểu diễn ba số phức z + 1, 1 + i, 1 − 3i trên mp phức. Khi ấy A(1; 1) và B(1; −3) và MA = MB nên M ∈ (d), với (d) là trung trực của AB, song song với Oy nên M(x0 ; −1). √ −1 π ⇒ x0 = 3. = Lại có tan − x0 √ 6 √ √ Suy ra M( 3; −1) ⇒ z + 1 = 3 − i ⇒ z = 3 − 1 − i.<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> <br /> Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 2; 1), đường thẳng d :<br /> <br /> x−2 y−2 z−1 = = và mặt cầu 2 1 2 (S) : x2 + y2 + z2 + 4x − 6y + m = 0. Xác định các giá trị của m để đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm − → − → phân biệt A, B sao cho MA = 5MB. Lời giải:<br /> <br />