Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 09

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 09 dành cho các bạn ôn thi tốt trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 09

http://www.math.vn Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x3 + (1 − 2m)x2 + (2 − m)x + m + 2 (1), m là tham số.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 2. Lời giải: Đồ thị 4 3 2 1 Hàm số y = x3 − 3x2 + 4 Bảng biến thiên htt p:/ /w w 1 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x + y + 7 = 0 góc α , 1 biết cos α = √ . 26 Lời giải: Cách 1: 2 *gọi hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M(xo , yo ) dạng k = f (xo ) = 3xo + 2xo (1 − 2m) + 2 − m u1 .u2 1 *Tiếp tuyến tạo với d góc α = √ ⇒ 6k2 − 13k + 6 = 0 ⇒ k = 3/2 hay k = 2/3 |u1 ||u2 | 26 2 + 2x (1 − 2m) + 2 − m = 3/2 ⇒ 3x2 + 2x (1 − 2m) + 1/2 − m = 0 ⇒ * Với k = 3/2 thì: 3xo o o o ∆ ≥ 0 ⇒ m ≥ 1/2 hay m ≤ −1/4 *tương tự: k = 2/3 ⇒ m ≥ 1 hay m ≤ −3/4 Vậy những giá trị của m thoả là: m ≥ 1/2 hay m ≤ −1/4 Cách 2: − Gọi véctơ pháp tuyến là → = (a, b) Điều kiện là : a2 + b2 = 0 Theo bài ra ta có : n |a + b| 1 3a + 2b = 0(1) √ √ = √ ⇔ 6a2 + 13a + 6b2 = 0 ⇔ (3a + 2b)(2a + 3b) = 0 ⇔ 2a + 3b = 0(2) 26 a2 + b2 2 Ta xét các trường hợp sau : 2 (1) : a = −2, b = 3. Phương trình tiếp tuyến có dạng : y = x + α 3 2 Thay đạo hàm với hệ số góc này ta được : 3x2 + 2(1 − 2m)x + 2 − m = 3 −3 m≤ Cần ∆ ≥ 0 ⇔ 4m2 − m − 3 ≥ 0 ⇔ 4 m≥1 Làm tương tự với trường hợp sau ta có : 3 (2) : a = −3, b = 2. Phương trình tiếp tuyến có dạng : y = x + β 2 2 + 2(1 − 2m)x + 2 − m = 3 Thay đạo hàm với hệ số góc này ta được : 3x 2  −1  m≤ 4 Cần ∆ ≥ 0 ⇔ 8m2 − 2m − 1 ≥ 0 ⇔  1 m≥ 2 w. ma th. vn −1 1 2 3 DIỄN ĐÀN MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 09 htt p:/ /w w π 3 −1 m≤  4 Kết hợp bằng cách lấy hợp của hai họ ta được những giá trị của m thoả là:  1 m≥ 2 Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— x3 + 7y = (x + y)2 + x2 y + 7x + 4 Giải hệ phương trình: . 3x2 + y2 + 8y + 4 = 8x Lời giải: Cách 1: x2 (x − y) = (x + y)2 + 7(x − y) + 4 (1) Biến đổi hệ phương trình một chút như sau : 4 = −3x2 − y2 + 8(x − y) (2) 2 (x − y) = (x + y)2 + 7(x − y) − 3x2 − y2 + 8(x − y) Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có : x ⇔ x2 (x − y) = −2x2 + 2xy + 15(x − y) ⇔ x2 (x − y) = −2x(x − y) + 15(x − y) ⇔ (x − y)(x2 + 2x − 15) = 0 Trường hợp 1: x = y Thay vào phương trình (2) có ngay : 4x2 + 4 = 0 . Phương trình này vô nghiệm !  y = −1 x=3 ⇒ y2 + 8y + 7 = 0 ⇔ y = −7 Trường hợp 2: x2 + 2x − 15 = 0 ⇔  2 + 8y + 119 = 0 (vô nghiệm) x = −5 ⇒ y Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau : (3, −1), (3, −7) Cách 2: (x2 − 7)(x − y) − x2 − 2xy − (y2 + 4) = 0 (1) HPT ⇔ 3x2 + (y2 + 4) − 8(x − y) = 0 (2) 2 − 7)(x − y) + 2x(x − y) − 8(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(x2 + 2x − 15) = 0 Thực hiện phép thế (x x=y ⇔ tương tự cách 1. x2 + 2x − 15 = 0 Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ 2cos2 x + 2 cos x − 3 + 4 3 sin x = 0 Giải phương trình: x sin2 2 Lời giải: √ x ĐK: sin = 0 ⇔ x = k2π . PT ⇔ 2 cos2 x + 2 cos x − 3 = 2 3 sin x(1 − cos x) = 0 2 √ √ 0 ⇔ − cos2 x −√ 3 sin x. cos x − 3 sin2 √+ 2 cos x + 2 3 sin x =√ 2 x √ ⇔ −(cos x + 3 sin x)2 + 2(cos x + 2 3 sin x) = 0⇔ (cos x + 3 sin x)(cos x + 3 sin x − 2) = 0 √ π cos x + √3 sin x = 0 x − π = π + kπ cos(x − π ) = 0 x = 23 + kπ 6 6 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − π = k2π cos(x − π ) = 1 x = π + k2π cos x + 3 sin x = 2 6 6 6 KT đk ta nhận cả các nghiệm này. Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tích phân Lời giải: π 6 π 6 π 6 I= π 6 dx sin x.cos5 x 3 I= dx = 3 x. cos8 x tan 3 π 6 π 6 (tan2 x + 1)3 d(tan x) = tan3 x 6 1 1 1 3 1 4 = π tan x + 3 + 3 tan x + 3 d(tan x) = tan x − + tan2 x + 3 ln | tan x| = 2x tan x tan x 4 2 tan 2 π 6 6 tính tiếp nhe. Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— √ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2. Gọi I là trung điểm của BC, → − − → hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2IH, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60o . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Lời giải: w. ma th. vn π 6 π 6  1 tan x + tan x 3 d(tan x) π 2 S IA a AB = Ta có: IB = IA = IC = √ = a; IH = 2 2 2√ √ a 5 ⇒ HC = IH 2 + IC2 = √2 a 15 ⇒ SH = HC. tan 60o = 2 1 1 VS.ABC = SH.SABC = SH.AB2 √ 3 √6 1 a 15 2 a3 15 = . .2a = 6 2 6 Gọi E trung điểm SI; KE là đường trung bình ∆SBI BI a ⇒ KE BI; KE = = 2 2 BI ⊥ AH; BI ⊥ SH ⇒ BI ⊥ (SAH) a ⇒ KE ⊥ (SAH) ⇒ d(K; (SAH)) = KE = 2 w. ma th. vn K E H 60o I B A 3 C Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2 + y2 + z2√ 3. = √ √ xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= √ . √ + √ + 4 − xy 4 − yz 4 − zx Lời giải: htt p:/ /w w Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I. Biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc Parabol (P) : y = x2 − 2x + 1, I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Tính toạ độ hai đỉnh C và D. Lời giải: Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ toạ độ Oxyz cho tam giác ABC có B(1; 4; 3), phương trình các đường thẳng chứa đường trung tuyến x y−1 z−7 x−1 y−3 z−4 kẻ từ A và đường cao kẻ từ C lần lượt là: (d1 ) : = = ; (d2 ) : = = . 1 1 −2 −2 1 1 Tính chu vi tam giác ABC. Lời giải: Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết rằng |z|2 − 12 = 2i(3 − z) Lời giải: Gọi z = a + bi với a; b ∈ R Ta có: a2 + b2 − 12 = 2i(3 − a − bi) = 2(3 − a)i + 2b a=3 a=3 a=3 ⇔ ⇔ ⇔ 2 + b2 − 12 = 2b 2 − 2b − 3 = 0 a b b = −1hay b = 3 Vậy có 2 số phức z = 3 − i, z = 3 + 3i thỏa đề bài. Số z = 3 − i có phần thực là 3, phần ảo là −1. Số z = 3 + 3i có phần thực là 3, phần ảo là 3 Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 4 ; 2 và tâm đường tròn nội tiếp tam giác Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Biết A(−4; 6), C 3 2 8 ABC là K − ; . Tính toạ độ đỉnh B của tam giác. 3 3 Lời giải: Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— z + 8i là một số ảo thì số nào có modun lớn nhất ? Tính giá trị Trong tất cả các số phức z = 6 thỏa mãn w = z−6 lớn nhất đó ? Lời giải: Cách 1: Đặt: z = x + iy Khi đó: x + (y + 8)i (x + (y + 8)i)((x − 6) − yi) x(x − 6) + (y + 8) (y + 8)(x − y − 6)i = = + Ω= (x − 6) + yi (x − 6)2 + y2 (x − 6)2 + y2 (x − 6)2 + y2 x(x − 6) + (y + 8)y Ω là số ảo ⇔ = 0 ⇔ x(x − 6) + (y + 8)y = 0 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 25 (∗) 2 + y2 (x − 6) Từ (∗) suy ra các điểm M biểu diễn các số phức Ω đã cho nằm trên đường tròn tâm I = (3; −4) bán kính R = 5. −4 Ta có |z|max ⇔ M ∈ (∗) sao cho OMmax Đường thẳng nối hai điểm 0 I có phương trình y = x 3  y = −4 x (1) Vậy để tìm điểm M ta xét hệ phương trình sau: 3 (x − 3)2 + (y + 4)2 = 25 (∗) htt p:/ /w w 4 Dễ thấy hệ này có hai nghiệm: Với x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ z = 0 Với x = 6 ⇒ y = −8 ⇒ z = 6 − 8i Vậy z = 6 − 8i Cách 2: z + 8i z − 8i Giả thiết w + w = 0 ⇒ + = 0. ⇔ |z|2 − 3(z + z) + 4i(z − z) = 0 ⇒ |z + 4i − 3| = 5. z−6 z−6 Mặt khác 5 = |z + 4i − 3| ≥ |z| − |3 − 4i| hay |z| ≤ 10. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z + 4i − 3 = k(3 − 4i) ⇒ |(k + 1)(3 − 4i)| = 10 ⇒ k = 1 ⇒ z = 6 − 8i. |z| = 10 Thế (1) vào (∗) ta được (x − 3)2 + 16 (x − 3)2 = 25 ⇔ (x − 3)2 = 9 ⇒ x = 6 hoặc x = 0 9 w. ma th. vn Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC biết phương trình đường phân giác AD, trung tuyến AM là: x+1 y−1 z−3 x y−1 z+3 (d1 ) : = = ; (d2 ) : = = và C(−2; 0; 1). Tính diện tích tam giác ABC 3 2 −2 1 1 2 Lời giải: