Đang tải... (xem toàn văn)
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
