http://www.math.vn DIỄN ĐÀN MATH.VN http://www.math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 07 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 3 −3x 2 + (m−6)x+ m−2 (m là tham số). Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 9 Lời giải: Hàm số y = x 3 −3x 2 + 3x+ 7 = (x−1) 3 + 8 Bảng biến thiên Đồ thị 2 4 6 8 10 2−2 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm A 3 2 ; 11 4 đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị lớn nhất. Lời giải: Hàm số có đạo hàm: y = 3x 2 −6x+ m−6 Đồ thị hàm số đa thức bậc 3 có 2 cực trị khi: y = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt: ⇔ ∆ = 3 2 −3(m−6) > 0 ⇔m < 9 Ta có : y = y 1 3 x− 1 3 + 2 3 m−6 x+ 4m 3 −4 vì điểm cực tr ị có hoàng độ là nghiệm của y = 0 nên đường thẳng (d) qua 2 cực trị có pt là: y = 2 3 m−6 x+ 4m 3 −4 ⇔(2m−18)x−3y+ 4m−12 = 0 ⇔2kx−3y+ 4k +24 = 0 với k = m−9 < 0 Khoảng cách từ A đến d là : l = 2k 3 2 −3 11 4 + 4k+ 24 √ 4k 2 + 9 = 7 4 | 4k+ 9 | √ 4k 2 + 9 > 0 nên 4k + 9 = 0 Xét f(k) = (4k+ 9) 2 4k 2 + 9 ⇒ f (k) = 72(4k+ 9)(k −4) 4k 2 + 9 Suy ra không tồn tại k để f(k) đạt giá trị lớn nhất. Do đó không tồn tại m để khoảng cách từ A đến d lớn nhất. Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình 4sin 2 x+ tanx+ √ 2(1+ tanx)sin3x = 1 Lời giải: PT ⇔ 4sin 2 x−2+ 1+ tanx+ √ 2sin3x(1+ tanx) = 0 ⇔ 2sin 2 x−2cos 2 x+ (1+ tanx)(1+ √ 2sin3x) = 0 ⇔ −2(cos 2 x−sin 2 x) + (1+ tanx)(1+ √ 2sin3x) = 0 ⇔ −2(cosx−sinx)(cosx+sinx) + (cosx+sinx) 1+ √ 2sin3x cosx = 0 ⇔ (cosx+sinx) −2cosx+ 2sinx+ 1+ √ 2sin3x cosx = 0 TH 1. cosx+sinx = 0 ⇔ tanx = −1 ⇔ x = − π 4 + k π 1 http://www.math.vn TH 2. −2cosx+2sinx+ 1+ √ 2sin3x cosx = 0 ⇔ −2cos 2 x+ sin2x+ 1+ √ 2sin3x = 0 ⇔ cos2x−sin2x = √ 2sin3x ⇔ sin( π 4 −2x) = sin3x ⇔ x = π 20 + k2 π 5 hay x = 3 π 4 + k2 π Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình 2 x+ y 2 + y+ 3−3 √ y = √ x+ 2 y 3 + y 2 −3y−5 = 3x−3 3 √ x+ 2 Lời giải: Ta có: 2 x+ y 2 + y+ 3 ≥ (1+ 3)(x+ 2+ 3y) ≥ √ x+ 2+ 3 √ y Đẳng thức xảy ra khi x = −1;y = 1. Thay vào phương trình dưới, thấy thỏa mãn. Đáp số: (x;y) = (−1;1). Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I = 3 1 ln(3+ x 2 ) x(4−x) −2 dx Lời giải: Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC, ASB = ASC = BSC = α nội tiếp trong mặt cầu bán kính bằng R, biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 8 √ 3 27 R 3 . Tính α Lời giải: Gọi M là trung điểm của SA; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Đặt x = SA, a = AB, r = OA. Ta có tam giác ABC đều. a = 2xsin α 2 , r = 2 3 · √ 3 2 a = 2 √ 3 3 xsin α 2 , S ABC = √ 3 4 a 2 = √ 3x 2 sin 2 α 2 , SI ·SO = SM ·SA = 1 2 x 2 , ⇒ SO = x 2 2R , SO 2 = SA 2 −OA 2 , ⇒ x 2 = 4R 2 1− 4 3 sin 2 α 2 ; V SABC = 1 3 SO·S ABC = 8 √ 3 3 R 3 1− 4 3 sin 2 α 2 2 sin 2 α 2 Vậy V SABC = 8 √ 3 27 R 3 ⇔ 1− 4 3 sin 2 α 2 2 sin 2 α 2 = 1 9 ⇔ 1− 4 3 sin 2 α 2 ·sin α 2 = 1 3 ⇔ sin 3 α 2 = 1 ⇔ α = π 3 + k 4 π 3 . Vậy α = π 3 . Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số thức a, b, c thỏa mãn 0 < a ≤ b ≤c và a 2 −1 a + b 2 −1 b + c 2 −1 c = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a+ b 2011 + c 2012 Lời giải: Từ giả thiết ta có a ≤1 và c ≥1 khi đó b 2 −1 b + c 2 −1 c = − a 2 −1 a ≥ 0 ⇔(b+c)(1− 1 bc ) ≥ 0 ⇒bc ≥ 1. (1) Lại có c 2 −1 c = − a 2 −1 a + b 2 −1 b = 1 a + 1 b −(a+ b)= (a+ b) 1 ab −1 ≥ 2 √ ab( 1 ab −1) = = 2 1 √ ab − √ ab ≥ 1 √ ab − √ ab ⇒ c− 1 √ ab 1+ √ ab c ≥ 0 ⇒c ≥ 1 √ ab ⇒ abc 2 ≥ 1. (2) Kết hợp (1), (2) và Theo BĐT AM-GM ta có P ≥ 3 3 √ ab 2011 c 2010 = 3 3 abc 2 (bc) 2010 ≥ 3. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy minP = 3. Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x−1) 2 +(y−2) 2 = 4 và hai đường thẳng d 1 : mx+y−m−1 = 0, d 2 : x−my+ m−1 = 0. Tìm m để mỗi đường thẳng d 1 , d 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho bốn giao điểm đó tạo thành một tứ giác có diện tích lớn nhất. Lời giải: 2 http://www.math.vn Cách 1: Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và có bán kính R = 2. Gọi A, B là giao điểm của d 1 với (C); C, D là giao điểm của d 2 với (C)(A, B, C, D theo thứ tự trên đường tròn); h 1 , h 2 lần lượt là khoảng các từ I đến d 1 , d 2 . Ta có h 1 = 1 √ m 2 + 1 < R, h 2 = |m| √ m 2 + 1 < R nên d 1 , d 2 luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Ta có AB = 2 R 2 −h 2 1 , CD = 2 R 2 −h 2 2 . Rõ ràng d 1 ⊥ d 2 nên AB ⊥CD . Nên S ABCD = 1 2 AB·CD = 2 R 2 −h 2 1 · R 2 −h 2 2 = 2 (4m 2 + 3)(3m 2 + 4) m 2 + 1 ≤ (4m 2 + 3) + (3m 2 + 4) m 2 + 1 = 7 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = ±1. Cách 2: Rõ ràng d 1 và d 2 đi qua P(1;1) nằm trong đường tròn với mọi m nên mỗi đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt. Vectơ pháp tuyến của d 1 và d 2 lần lượt là −→ n 1 = (m;1) và −→ n 2 = (1;−m) ⇒ −→ n 1 −→ n 2 = 0 ⇒d 1 ⊥ d 2 . Gọi A,C và B, D lần lượt là các giao điểm của d 1 , d 2 với đường tròn (C), H, K lần lượt là hình chiếu của tâm I(1;2) trên d 1 và d 2 thì S ABCD = 1 2 AC.BD = 1 2 √ AC 2 .BD 2 = 2 (R 2 −IH 2 )(R 2 −IK 2 ) = 2 √ R 4 −R 2 .IP 2 + IH 2 .IK 2 ≤ ≤ 2 R 4 −R 2 .IP 2 + IH 2 + IK 2 2 2 = (2R 2 −IP 2 ) 2 = 2R 2 −IP 2 = 7 (Do IH 2 + IK 2 = IP 2 ) Đẳng thức xảy ra khi IH = IK ⇒ IHPK là hình vuông ⇔ IP = IH √ 2 ⇔ √ 2 √ m 2 + 1 = 1 ⇔m = ±1 Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1) 2 + (y −1) 2 + (z + 1) 2 = 16 9 và điểm A 0;0; 1 3 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A vuông góc với đường thẳng chứa trục Oz và tiếp xúc với mặt cầu (S) Lời giải: Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số phức z thỏa mãn | z | 2 −2(z+ z) −2(z−z)i−9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của | z | Lời giải: Đặt: z = a+ bi | z | 2 −2(z+ z) −2(z−z)i−9 = 0 ⇔a 2 + b 2 −4a+ 4b = 9 ⇔a 2 + b 2 −4(a−b) = 9 theo BĐT: a−b ≤ 2(a 2 + b 2 ) ⇒ 9 = a 2 + b 2 −4(a−b) ≥ a 2 + b 2 −4 2(a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 + b 2 −4 2(a 2 + b 2 ) −9 ≤ 0 ⇔2 √ 2+ √ 17 ≥ (a 2 + b 2 ) ≥ 2 √ 2− √ 17 ⇔ 2 √ 2+ √ 17 ≥ | z | ≥ 2 √ 2− √ 17 Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C 1 ) : x 2 + y 2 −2x−4y+ 3 = 0, (C 2 ) : x 2 + y 2 −6x−8y+ 20 = 0 và A(2;2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và cắt mỗi đường tròn (C 1 ), (C 2 ) tại hai điểm phân biệt và 2−d 2 1 + 5−d 2 2 = √ 13 (d 1 , d 2 là khoảng cách từ tâm của các đường tròn (C 1 ), (C 2 )đến ∆ ) Lời giải: Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−1) 2 + (y−1) 2 + z 2 = 1. Gọi A là một điểm tùy ý trên đường thẳng ∆ : x−1 1 = y−1 −2 = z−1 1 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AT 1 , AT 2 , AT 3 đến mặt cầu (S). Tìm tọa độ điểm A biết mp(T 1 T 2 T 3 ) tạo với ∆ một góc 30 o . Lời giải: Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— 3 http://www.math.vn Cho số phức z = 0 thỏa z z 3 + z z 3 + | z | 3 + 1 | z | 3 2 = 6 Lời giải: z = r(cos θ + i. sin θ ) đẳng thức trở thành 2cos6 θ + r 6 + 1 r 6 = 2 = z 3 + 1 z 3 = z+ 1 z . z+ 1 z 2 −3 ≥ P 3 −3P ⇔ (P+ 1) 2 (P−2) ≤ 0 ⇔P ≤ 2 ⇒maxP = 2 4 . http://www .math. vn DIỄN ĐÀN MATH. VN http://www .math. vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 07 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 3 −3x 2 +. một góc 30 o . Lời giải: Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— 3 http://www .math. vn Cho số phức z = 0 thỏa z z 3 + z z 3 + | z | 3 + 1 | z | 3 2 = 6 Lời giải: z = r(cos θ +. cầu (S) Lời giải: Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số phức z thỏa mãn | z | 2 −2(z+ z) −2(z−z)i−9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của | z | Lời giải: Đặt: