Lời giải đề thi thử đại học năm 2011 môn: Toán - Đề số 12

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lời giải đề thi thử đại học năm 2011 môn "Toán - Đề số 12" phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán trung học phổ thông, luyện thi tốt nghiệp trung học phổ thông và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này. Hy vọng đề thi phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Lời giải đề thi thử đại học năm 2011 môn: Toán - Đề số 12

DIỄN ĐÀN MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 vn http://www.math.vn Môn thi : Toán Đề số: 12 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 3x − 2 Cho hàm số y = (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. x+1 Lời giải: Đồ thị th. 10 8 6 3x − 2 Hàm số y = ma 4 x+1 Bảng biến thiên 2 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 −2 w. −4 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn cos BAI d = √5 26 w Lời giải: Cách 1: 5 5 Xét điểm M (xo ; yo ) , xo 6= −1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến tại M : y − 3 − = (x − xo ) xo + 1 (xo + 1)2 Ptrình của hai đường tiệm cận của (C) lần lượt là x = −1, y = 3 /w 3xo − 7 A là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận đứng x = −1 ⇒ A −1; xo + 1 B là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận ngang y = 3 ⇒ B (2xo + 1; 3) 5 t 102 Từ điều kiện giả thiết ta có phương trình √ = √ với t = ,t > 0 26 400 + t 2 (xo + 1)2 ⇔ t = 100 ⇔ 102 = 102 (xo + 1)2 ⇔ xo = 0 hay xo = −2 p:/ Với xo = 0 ⇒ pt của d : y = 5x − 2 Với xo = −2 ⇒ pt của d : y = 5x + 2 Cách 2: 5 5 Xét điểm M (xo ; yo ) , xo 6= −1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến d tại M : y − 3 − = (x − xo ) xo + 1 (xo + 1)2 5 1 vectơ pháp tuyến của d là → −u = ; −1 (xo + 1)2 Ptrình của hai đường tiệm cận của (C) lần lượt là d1 : x = −1, d2 : y = 3 htt Ta có: ∆BAI vuông tại I nên BAI d luôn nhọn vì vậy: 5 → − → − |u. i | (x + 1)2 d = √5 ⇔ 5 cos(d; d1 ) = → → − = r o = cos BAI = 5 ⇔ |xo + 1| = 1 |− u .|.| i | 1+ 25 26 (xo + 1)2 (xo + 1)4 1
xo = 0 d : y = 5x − 2 ⇔ ⇒ Có 2 tiếp tuyến thoả mãn xo = −2 d : y = 5x + 2 vn Cách 3: d= 1 1 tan2 BAI −1 = d cos2 BAI 25 d Mà: tan ABI là hệ số góc k của tiếp tuyến. d= 1 tan ABI = |5|. Từ đây có được 2 tiếp tuyến d th. tan BAI Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ x−3 2 9−x Giải bất phương trình: √ > 3 x+1+x+3 x Lời giải: ĐK: 9 > x ≥ −1; x 6= √ 0 √ √ √ ( x + 1 − 2)( x + 1 + 2) 2 9−x √ 2 9−x bất phương trình ⇔ √ √ > √ √ ⇔ x+1−2 > √ ma √ ( x + 1 + 2)( x + 1 + 1) ( x + 1 + 1)( x + 1 − 1) x+1−1 TH1: x + 1 − 1 > 0 ⇔ x > 0√ √ √ √ bất phương trình ⇔ x + 3 − 3 x + 1 > 2 9 − x ⇔ (x − 8) + (9 − 3 x − 1) + (2 − 2 9 − x) > 0 9 8 ⇔ (x − 8)(1 − √ + √ )>0⇔8
Gọi I trung điểm AO Vẽ SH ⊥ AD; (H ∈ AD) và vì (SAD) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) vn hình vẽ Ta có: SA = SO ⇒ AH = HO ⇒ ∆AHO cân tại H S nên H thuộc BI là đtrung trực của AO b 1. Tính thể tích: AO a Ta có: ∆AOB đều ⇒ AI = = 2 2 AI a th. AH = =√ cos 30o 3 D √ a 2a b C ⇒ HD = AD − AH = a 3 − √ = √ b 3 3 2a √ E O SH = HD tan 60o = √ · 3 = 2a b H b b 3 √ b b K 1 1 √ 2a3 3 I VS.ABCD = · SH · SABCD = · 2a · a · a 3 = b A ma 3 3 3 b 2. Tính khoảng cách: B Gọi E trung điểm SA r √ √ a2 2a a 3 Ta có: BH = AB + AH = a + = √ 2 2 2 IK IB IB 3a 3 3 Ta có: = ⇒ IK = HE. = a. 2 = 1 1 1 3 1 1 HE BH BH 2a 4 √ = + = + = ⇒ HE = a 3 HE 2 BH 2 SH 2 4a2 4a2 a2 3a Ta có: AC ⊥ BH; AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ (SBH) Vậy d(SB; AC) = Vẽ IK ⊥ SB; (K ∈ SB) ta có ngay đoạn vuông góc 4 w. chung của SB và AC là IK Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— √ Tìm các số thực m để phương trình 4x2 − 2mx + 1 = 3 8x3 + 2x có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Lời giải: p Phương trình ⇔ 4x2 + 1 − 3 (4x2 + 1)2x = 2mx Đk: x ≥ 0 w Với x = 0 không thỏa phương trình.r r 4x2 + 1 4x2 + 1 1 1 Với x > 0 pt đã cho ⇔ −3 = m ⇔ 2x + − 3 2x + = m (∗) r 2x 2x r 2x 2x 1 √ 1 /w Đặt t = 2x + ,t ≥ 2. Khảo sát hàm t = 2x + cho ta nhận xét: 2x √ 2x - Miền giá trị của t√là [ 2; +∞) - Ứng với mỗi t 6= 2 có 2 giá trị x √ 1 - Ứng với t = 2 có duy nhất 1 giá trị x = 2 √ Do đó: Yêu cầu bài toán tương đương √ đthẳng g(t) = m cắt đồ thị hàm số f (t) = t 2 − 3t, (t ∈ [ 2; +∞)) tại đúng  1 điểm có hoành độ khác t = 6 2 p:/ 3 √ " m = f ; t = 6 2 9  2 m=− ⇔ √ √ √ ⇔ 4 √ m > f ( 2) = f 3 − 2 ; t 6= 2 m > 2−3 2 Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(−1; 14) và đường tròn (S) tâm I(1; −5) bán kính R = 13. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt (S) tại M, N mà khoảng cách từ M đến AI bằng một nửa khoảng cách từ N đến AI htt Lời giải: Nhận xét: A nằm ngoài đường tròn. 1 Khoảng cách từ M đến AI bằng 1 nửa khoảng cách từ N đến AI ⇒ AM = AN (vẽ hình sẽ thấy) ( 2 x = −1 + mt Pt đường thẳng qua A: ⇒ M(−1 + mt1 ; 14 + n1 ), N(−1 + nt2 ; 14 + nt2 ) y = 14 + nt 3
−→ −→ −→ 1 −→ 1 AM = (mt1 , nt1 ) AN = (mt2 , nt2 ) AM = AN ⇔ t1 = t2 vn 2 2 Phương trình giao điểm của ∆ và đương tròn: (−2 + mt)2 + (19 + nt)2 = 169 ⇔ (m2 + n2 )t 2+ (−4m + 38n)t + 196 = 0  4m − 38n   t1 + t2 = 2   m + n2 196 Áp dụng viet: t1t2 = 2   m + n2 th.   1 t = t 1 2 2 281 Từ đó tính ra m = −n hoặc m = n 433 Với m = −n. Chọn m = 1, n = −1. Ta có phương trình đường thẳng: x + y − 13 = 0 281 Với m = n. Chọn m = 281, n = 433. Ta có phương trình đường thẳng : 433x − 281y + 4767 = 0 433 Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— ma Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) : 2x + y − 2z + 8 = 0 tại A(−1; −2; 2) và khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến điểm B(−2; 3; 0) bằng 5. Lời giải: Do (S) tiếp xúc với (P) tại A nên tâm I của (S) thuộc đường thẳng (∆) đi qua A và vuông góc với (P). Có −a→ → − ∆ = nP = (2; 1; −2).  x = −1 + 2t Từ pt tham số của (∆) y = −2 + t t ∈ R ⇒ I (−1 + 2t; −2 + t; 2 − 2t).  w.  z = 2 − 2t 5 Mà IB2 = 25 ⇔ 9t 2 − 14t + 5 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 9 Với t = 1 ⇒ I (1; −1; 0) , R = IA = 3. 2 Lúc đó pt mặt cầu 2 (S): x −1 + y + 1 + z = 9 2 w 5 1 13 8 5 Với t = ⇒ I ;− ; , R = IA = . 9 9 9 9 3 2 1 13 2 8 2 25 Lúc đó pt mặt cầu (S): x − + y+ + z− = 9 9 9 9 /w Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Chín học sinh gồm 5 nam và 4 nữ rủ nhau vào rạp chiếu phim. Tại đó, người soát vé yêu cầu các học sinh này phải xếp hàng sao cho không có bất kì 2 nữ nào đứng liền nhau. Hỏi xác suất của sự kiện đó là bao nhiêu? Lời giải: +) đầu tiên thì ta vẫn có 9! cách xếp vị trí cho 9 người +) xếp cố định cho 5 thằng con trai thì vẫn có 5! cách xếp p:/ +) còn lại 4 cô nữ và có 6 vị trí nên sô cách xếp sẽ là A46 5!A46 còn có thể xếp tới 2 vị trí đầu tiên kẹp 4 thằng con trai vào giữa nên ta có P = 9! Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trên mặt phẳng Oxy cho d : x + 2y − 1 = 0; d ′ : 3x + y + 7 = 0 cắt nhau √ tại I và điểm M(1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d, d ′ lần lượt tại A và B sao cho AI = 2AB Lời giải: Cách 1: ( ( htt x + 2y − 1 = 0 x = −3 Ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình ⇔ ⇒ I (−3; 2) 3x + y + 7 = 0 y=2 √ Lấy điểm H (1; 0) ∈ d(H 6= A); K ∈ d ′ (K 6= B) sao cho 2HK = HI. Do K ∈ d ′ ⇒ K (a : −3a − 7) −→ −→ Có HI = (−4; √ 2), HK =2 (a − 1; −3a − 7) Mà HI = 2HK ⇔ HI = 2HK ⇔ 20 = 2[(a − 1)2 + (3a + 7)2 ] ⇔ (a + 2)2 = 0 ⇔ a = −2. 2 4
Vậy ( K(−2; −1). √ vn HI = 2HK IH HK Có: √ ⇒ = ⇒ HKkAB. AI = 2AB AI AB −→ x−1 y−2 Vậy đường thẳng d đi qua M và có véctơ chỉ phương KH = (3; 1) ⇒ pt d : = 3 1 Cách 2: √ Theo điều kiện AI = 2AB gợi ý cho ta nghĩ đến tam giác vuông AIB cạnh huyền AI. th. Thật may mắn khi góc AIB d = 45◦ thế nên AB ⊥ BI. Vậy ∆ đi qua M(1; 2) và vuông góc với (d ′ ) và do đó ta có phương trình x − 3y + 5 = 0 Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian Oxyz cho (S) : (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 25 vàM(2; −4; 1) . Trong tất cả các đường thẳng d qua M cắt mặt cầu theo dây cung AB, viết phương trình tham số của đường thẳng cắt trục Ox và thỏa mãn độ dài AB nhỏ nhất. Lời giải: ma Mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; 3) và bán kính R = 5 Có M nằm trong mặt cầu (S). Gọi H là hình chiếu vuông góc của I xuống (d). Lúc đó IH ≤ IM ⇒ AB min ⇔ (d) ⊥IM. −−→ Gọi N (t; 0; 0) ∈ Ox là giao điểm của (d) và Ox. Có MN = (t − 2; 4; −1) −→ −−→ −−→ − → Do IM ⊥ (d) ⇔ IM.MN = 0 với MN = (t − 2; 4; −1) , IM = (1; −2; −2) ⇒ t = 8 ⇒ N (8; 0; 0) −−→ Vậy đường thẳng (d) cần tìm đi qua 2 điểm M, N và nhận MN = (6; 4; −1) làm véctơ chỉ phương  x = 2 + 6t nên có phương trình tham số: y = −4 + 4t , t ∈ R w.   z = 1−t Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các số phức w để phương trình bậc hai (ẩn z): z2 + wz + 8i − 6 = 0 có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Lời giải: w Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình. Lúc đó theo giả thiết bài toán có : z1 = 2z2 ⇔ (z1 − 2z2 ) (z2 − 2z1 ) = 0 ⇔ 9z1 z2 = 2 (z1 + z2 )2 ⇔ 9 (4i − 3) = w2 z2 = 2z1 Gọi w = x + yi.x, y ∈ R. ( ( ( /w x 2 − y2 = −27 x = 3 x = −3 Lúc đó có x2 − y2 + 2xyi = −27 + 36i ⇔ ⇔ hay xy = 18 y=6 y = −6 Vậy có 2 số phức thõa yêu cầu bài toán: w = 3 + 6i; w = −3 − 6i p:/ htt 5