Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 10

http://www.math.vn<br /> <br /> Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (m − 1)x + 2m (m là tham số). Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = −3. Lời giải: Đồ thị<br /> −2 −2 −4 −6 −8 2 4<br /> <br /> Hàm số Bảng biến thiên<br /> <br /> y = x3 − 2x2 + −4x − 6<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 1<br /> <br /> Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để từ điểm M(1; 2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (Cm ). Lời giải: Cách 1: phương trình tiếp tuyến là y = k(x − 1) + 2 phương trình hoành độ giao điểm : k(x − 1) + 2 = x3 − 2x2 + (m − 1)x + 2m (1) 2 − 4x + m − 1 vào (1) có : 2x3 − 5x2 + 4x − 3(m − 1) = 0 thay k = y = 3x (2) từ điểm M chỉ có đúng hai tiếp tuyến ⇔ (2) có 2 ng phân biệt x1 , x2 không mất tổng quát giả sử f (x) = (x − x1 )2 .(x − x2 ) = 0 2 ⇔ x3 − (2x1 + x2 )x2 (x1 + 2x1 x2 )x − x1 x2 = 0 (3) + 2 2x + x = 5  1 2   2 4 109 2 từ (2) và (3) ⇒ hệ: x1 + 2x1 x2 = 2 ⇒ m = hoặc m =  3 81   2 x x2 = 3 (m − 1) 1 2 Cách 2: phương trình tiếp tuyến là y = k(x − 1) + 2 phương trình hoành độ giao điểm : k(x − 1) + 2 = x3 − 2x2 + (m − 1)x + 2m (∗) 2 − 4x + m − 1 vào (∗) có : 2x3 − 5x2 + 4x − 3(m − 1) = 0 thay k = y = 3x (∗∗). Đặt f (x) = 2x3 − 5x2 + 4x − 3(m − 1) , f (x) = 6x2 − 10x + 4, 2 109 ta suy ra 2 điểm cực trị của hàm số f (x) là A(1; 4 − 3m) và B ; − 3m 3 27 Ta thấy pt bậc 3 (∗∗) có đúng 2 nghiệm khi 1 trong 2 điểm cực trị nằm trên trục hoành. 4 109 Từ đó ta tìm được m = hoặc m = 3 81 Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình tan x + tan 2x + tan 3x + tan 4x = 0. Lời giải: ĐK x = π + kπ , 2x = π + kπ , 3x = π + kπ , 4x = π + kπ 2 2 2 2 sin x sin 4x sin 2x sin 3x + + + =0 tan x + tan 2x + tan 3x + tan 4x = 0 ⇔ cos x cos 4x cos 2x cos 3x<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> −10 −12 −14<br /> <br /> DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 10<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 2<br /> <br /> sin 5x sin 5x sin 5x = 0 + =0⇔ cos x. cos 4x + cos 2x. cos 3x = 0 cos x. cos 4x cos 2x. cos 3x 5x = kπ x = kπ 5 ⇔ ⇔ cos x(cos 4x + cos 2x(4 cos2 x − 3)) = 0 (cos 4x + cos 2x(4 cos2 x − 3) = 0 (∗) (∗) là pt bậc 2 theo cos 2x giải tiếp... Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— 2x + 5y = xy + 2 . Giải hệ phương trình x2 + 4y + 21 = y2 + 10x Lời giải: x = 7−y Phương trình dưới ⇔ (x − 5)2 − (y − 2)2 = 0 ⇔ (x + y − 7)(x − y − 3) = 0 ⇔ x = y+3 √ √ 2 − 4y + 12 = 0 2 = −8 y (y − 2) y = 2 + 2√2 ⇒ x = 5 − 2√2 thay lên pt trên ⇒ ⇔ ⇔ y2 − 4y − 4 = 0 (y − 2)2 = 8 y = 2−2 2 ⇒ x = 5−2 2 Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— e x3 (1 − x2 ) dx Tính tích phân: I= 2 3 1 (1 + 2x ln x) Lời giải: Cách 1: 1 1 − e 1 −2 1 x3 x dx, ta có Chia tử và mẫu cho x6 ta được: I = + 2 ln x = 3 + 2 , 3 2 x x x 1 1 + 2lnx x2 e 1 1 1 1 −1 e d 2 + 2lnx = suy ra I = 3 2 2 1 x 4 1 1 1 + 2lnx + 2lnx x2 x2 Cách 2: e (x − x3 ) 2(x − x3 ) x2 x2 dx, vì = Ta có I = 2 2 2 1 + 2x2 ln x (1 + 2x2 lnx)2 1 1 + 2x ln x (1 + 2x ln x) 2 e x2 1 x2 x2 1 e d = I= 2 1 1 + 2x2 ln x 1 + 2x2 ln x 4 1 + 2x2 ln x Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tỷ số thể tích hai phần của khối chóp tứ giác đều S.ABCD được phân chia bởi mặt phẳng đi qua tâm O của đáy đồng thời mặt phẳng đó song song với mặt phẳng (SAB). Lời giải: Gọi hình vẽ<br /> <br /> Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— 1 1 1 1 < + + ... + < ln 2 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có ln 2 − n+1 n+1 n+2 n+n Lời giải: Cách 1: Cách 2:<br /> <br /> Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC nếu biết đỉnh A(2; 1), trực tâm H(−6; 3), và trung điểm cạnh BC là M(2; 2). Lời giải: Cách 1: Cách 2:<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> 1<br /> <br /> ⇔<br /> <br /> htt p:/ /w w<br /> 3<br /> <br /> Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm số phức z thỏa mãn (z2 + z − 3)2 + (2z + 1)2 = 0. Lời giải: Viết lại phương trình ta được (z2 + z − 3)2 − (2iz + i)2 = 0 ⇔ (z2 + z − 3 + 2iz + i)(z2 + z − 3 − 2iz − i) = 0. Phương trinh z2 + z − 3 + 2iz + i = 0 ⇔ 4z2 + 4z(2i + 1) − 12 + 4i = 0 ⇔ (2z + 2i + 1)2 = 9 cho ta hai nghiệm z = 1 − i , z2 = −2 − i. Phương trinh z2 + z − 3 − 2iz − i = 0 ⇔ 4z2 + 4z(1 − 2i) − 12 − 4i = 0 ⇔ (2z + 1 − 2i)2 = 9 cho ta hai nghiệm z = 1 + i , z = −2 + i. Kết luận phương trình có 4 nghiệm 1 − i, −2 − i, 1 + i, −2 + i. Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— x 2 y2 Trong hệ tọa độ Oxy, cho Hypebol (H) : − = 1 và điểm M(3; −2). − 4 −5 → → → − Tìm hai điểm A, B thuộc (H) sao cho MA + MB = 0 Lời giải: 2 2 Giả sử A(x1 ; y1 ); B(x2 ; y2 ); Vì A, B thuộc hypebol nên ta có 5x1 − 4y2 = 20 (1) và 5x2 − 4y2 = 20 (2). 1 2 Lấy pt (1) trừ pt (2) kết hợp M là trung điểm A, B ta có 5(x1 − x2 )(x1 + x2 ) − 4(y1 − y2 )(y1 + y2 ) = 0 hay 30(x1 − x2 ) + 16(y1 − y2 ) = 0 Suy ra n(15; 8) là véctơ pháp tuyến của AB từ đó có phương trình đường thẳng AB : 15x + 8y − 29 = 0. Tọa độ A, B là giao điểm của AB và Hypebol đã cho. Ta tính được A, B Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(3; −2; 1) và cắt đường x−1 y+1 z−1 thẳng d : = = sao cho khoảng cách giữa đường thẳng d và đường thẳng 1 2 −1 x−1 y−2 z+1 = = lớn nhất. d : 2 −1 2 Lời giải: Gọi (α ) là mặt phẳng qua A và chứa (d ) ta tìm được phương trình của (α ) : x + 2y + 5z − 4 = 0 9 Ta tìm được giao điểm của (d ) với (α ) là B( 5 ; 8 ; −1 ). 5 5 Gọi (∆) là đường thẳng qua A và song song với (d ). Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (∆, d) và gọi C là hình chiếu của B lên (∆) Ta có khoảng cách giữa d và d bằng BH. Ta thấy BH ≤ BC nên BH lớn nhất khi H trùng với C Khi đó d có véctơ chỉ phương u = [nα , BC], từ đó viết được phương trình đường thẳng d Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— 2π 2π Cho số phức z = cos + i. sin . Tính giá trị của biểu thức T = (1 + z)(1 + z2 )(1 + z3 )...(1 + z2011 ). 3 3 Lời giải: π π Từ z = cos 23 + i. sin 23 ⇒ z3 = 1 và z2 + z + 1 = 0 (vì z = 1). Mặt khác trong 2011 số tự nhiên từ 1, ..., 2011 có 670 số chia hết cho 3, 671 số chia cho 3 dư 1 và 670 số chia cho 3 dư 2. Do đó  (1 + z)(1 + z4 )...(1 + z2011 ) = (1 + z)671  (1 + z2 )(1 + z5 )...(1 + z2009 ) = (1 + z2 )670 Suy ra T = 2670 (1 + z)670 (1 + z2 )670 (1 + z) =   (1 + z3 )(1 + z6 )...(1 + z2010 ) = (1 + 1)670 √ √ π π = −2670 z2 (1 + z + z2 + z3 )670 = −2670 (cos 43 + i. sin 43 ) = 2669 (1 + 3i). Đáp số T = 2669 (1 + 3i).<br /> <br /> w. ma th. vn<br /> <br /> Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(−1; 0; −1) và cắt đường x−3 y−2 z+3 x−1 y−2 z+2 = = sao cho góc giữa đường thẳng d và đường thẳng d : = = thẳng d : 2 1 −1 −1 2 2 nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: Cách 2:<br /> <br />