LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 10

tai lieu hay day moi nguoi

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: 10 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 3 −2x 2 + (m−1)x +2m (m là tham số). Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = −3. Lời giải: Hàm số y = x 3 −2x 2 +−4x−6 Bảng biến thiên Đồ thị −2 −4 −6 −8 −10 −12 −14 2 4−2      Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C m ). Lời giải: Cách 1: phương trình tiếp tuyến là y = k(x−1) +2 phương trình hoành độ giao điểm : k(x−1) +2 = x 3 −2x 2 + (m−1)x +2m (1) thay k = y  = 3x 2 −4x +m−1 vào (1) có : 2x 3 −5x 2 +4x−3(m−1) = 0 (2) từ điểm M chỉ có đúng hai tiếp tuyến ⇔ (2) có 2 ng phân biệt x 1 ,x 2 không mất tổng quát giả sử f (x) = (x−x 1 ) 2 .(x−x 2 ) = 0 ⇔ x 3 − (2x 1 +x 2 )x 2 + (x 2 1 +2x 1 x 2 )x−x 2 1 x 2 = 0 (3) từ (2) và (3) ⇒ hệ:          2x 1 +x 2 = 5 2 x 2 1 +2x 1 x 2 = 2 x 2 1 x 2 = 3 2 (m−1) ⇒ m = 4 3 hoặc m = 109 81  Cách 2: phương trình tiếp tuyến là y = k(x−1) +2 phương trình hoành độ giao điểm : k(x−1) +2 = x 3 −2x 2 + (m−1)x +2m (∗) thay k = y  = 3x 2 −4x +m−1 vào (∗) có : 2x 3 −5x 2 +4x−3(m−1) = 0 (∗∗). Đặt f (x) = 2x 3 −5x 2 +4x−3(m−1) , f  (x) = 6x 2 −10x +4, ta suy ra 2 điểm cực trị của hàm số f (x) là A(1;4−3m) và B  2 3 ; 109 27 −3m  Ta thấy pt bậc 3 (∗∗) có đúng 2 nghiệm khi 1 trong 2 điểm cực trị nằm trên trục hoành. Từ đó ta tìm được m = 4 3 hoặc m = 109 81  Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình tanx +tan2x +tan3x +tan4x = 0. Lời giải: ĐK x = π 2 +k π ,2x = π 2 +k π ,3x = π 2 +k π ,4x = π 2 +k π tanx +tan2x +tan3x +tan4x = 0 ⇔ sinx cosx + sin4x cos4x + sin2x cos2x + sin3x cos3x = 0 1 http://www.math.vn ⇔ sin5x cosx.cos4x + sin5x cos2x.cos3x = 0 ⇔  sin5x = 0 cosx.cos4x +cos2x.cos3x = 0 ⇔  5x = k π cosx(cos4x +cos2x(4cos 2 x−3)) = 0 ⇔  x = k π 5 (cos4x +cos2x(4cos 2 x−3) = 0 (∗) (∗) là pt bậc 2 theo cos2x giải tiếp .  Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình  2x +5y = xy +2 x 2 +4y +21 = y 2 +10x . Lời giải: Phương trình dưới ⇔ (x−5) 2 − (y−2) 2 = 0 ⇔ (x +y−7)(x−y−3) = 0 ⇔  x = 7−y x = y +3 thay lên pt trên ⇒  y 2 −4y +12 = 0 y 2 −4y−4 = 0 ⇔  (y−2) 2 = −8 (y−2) 2 = 8 ⇔  y = 2 +2 √ 2 ⇒ x = 5−2 √ 2 y = 2−2 √ 2 ⇒ x = 5−2 √ 2  Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân: I =  e 1 x 3 (1−x 2 ) (1 +2x 2 lnx) 3 dx Lời giải: Cách 1: Chia tử và mẫu cho x 6 ta được: I =  e 1 1 x 3 − 1 x  1 x 2 +2lnx  3 dx, ta có  1 x 2 +2lnx   = −2 x 3 +2 1 x , suy ra I = −1 2  e 1 1  1 x 2 +2lnx  3 d  1 x 2 +2lnx  = 1 4 1  1 x 2 +2lnx  2      e 1  Cách 2: Ta có I =  e 1 x 2 1 +2x 2 lnx (x−x 3 ) (1 +2x 2 lnx) 2 dx, vì  x 2 1 +2x 2 lnx   = 2(x−x 3 ) (1 +2x 2 lnx) 2 I = 1 2  e 1 x 2 1 +2x 2 lnx d  x 2 1 +2x 2 lnx  = 1 4  x 2 1 +2x 2 lnx  2      e 1  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 Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có ln  2− 1 n +1  < 1 n +1 + 1 n +2 + . + 1 n +n < ln2 Lời giải: Cách 1: Cách 2: 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: 2 http://www.math.vn 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 thẳng d  : x−1 2 = y−2 1 = z +2 −1 sao cho góc giữa đường thẳng d và đường thẳng d  : x−3 −1 = y−2 2 = z +3 2 nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm số phức z thỏa mãn (z 2 +z−3) 2 + (2z +1) 2 = 0. Lời giải: Viết lại phương trình ta được (z 2 +z−3) 2 − (2iz +i) 2 = 0 ⇔ (z 2 +z−3 +2iz +i)(z 2 +z−3−2iz−i) = 0. Phương trinh z 2 +z−3+2iz+i = 0⇔ 4z 2 +4z(2i+1)−12+4i = 0⇔ (2z+2i+1) 2 = 9 cho ta hai nghiệm z = 1−i , z 2 = −2−i. Phương trinh z 2 +z−3−2iz−i = 0⇔ 4z 2 +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) ———————————————————————————————— Trong hệ tọa độ Oxy, cho Hypebol (H) : x 2 4 − y 2 5 = 1 và điểm M(3;−2). Tìm hai điểm A,B thuộc (H) sao cho −→ MA + −→ MB = −→ 0 Lời giải: Giả sử A(x 1 ;y 1 );B(x 2 ;y 2 ); Vì A,B thuộc hypebol nên ta có 5x 2 1 −4y 2 1 = 20 (1) và 5x 2 2 −4y 2 2 = 20 (2). Lấy pt (1) trừ pt (2) kết hợp M là trung điểm A,B ta có 5(x 1 −x 2 )(x 1 +x 2 )−4(y 1 −y 2 )(y 1 +y 2 ) = 0 hay 30(x 1 −x 2 ) +16(y 1 −y 2 ) = 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 thẳng d  : x−1 1 = y +1 2 = z−1 −1 sao cho khoảng cách giữa đường thẳng d và đường thẳng d  : x−1 2 = y−2 −1 = z +1 2 lớn nhất. Lời giải: Gọi ( α ) là mặt phẳng qua A và chứa (d  ) ta tìm được phương trình của ( α ) : x +2y +5z−4 = 0 Ta tìm được giao điểm của (d  ) với ( α ) là B( 9 5 ; 8 5 ; −1 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 = [n α ,  BC], từ đó viết được phương trình đường thẳng d  Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số phức z = cos 2 π 3 +i.sin 2 π 3 . Tính giá trị của biểu thức T = (1 +z)(1 +z 2 )(1 +z 3 ) .(1 +z 2011 ). Lời giải: Từ z = cos 2 π 3 +i.sin 2 π 3 ⇒ z 3 = 1 và z 2 +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 +z 4 ) .(1 +z 2011 ) = (1 +z) 671 (1 +z 2 )(1 +z 5 ) .(1 +z 2009 ) = (1 +z 2 ) 670 (1 +z 3 )(1 +z 6 ) .(1 +z 2010 ) = (1 +1) 670 Suy ra T = 2 670 (1 +z) 670 (1 +z 2 ) 670 (1 +z) = = −2 670 z 2 (1 +z +z 2 +z 3 ) 670 = −2 670 (cos 4 π 3 +i.sin 4 π 3 ) = 2 669 (1 + √ 3i). Đáp số T = 2 669 (1 + √ 3i).  3