LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 13

tai lieu hay day moi nguoi

DIỄN ĐÀN MATH.VN http://www.math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 13 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 1−x và điểm A(−1;1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Lời giải: Hàm số y = x 1−x có tập xác định D = R\{1}. Đạo hàm y ′ = 1 (−x +1) 2 y ′ > 0, ∀x ∈ D Hàm số đồng biến trên (−∞;1);(1;+∞) lim x→1 − y = +∞; lim x→1 + y = −∞ x = 1 là phương trình tiệm cận dọc lim x→−∞ y = −1, lim x→+∞ y = −1 y = −1 là phương trình tiệm cận ngang Bảng biến thiên Đồ thị qua gốc tọa độ O(0;0) Đồ thị 21 -1 -2 x y    Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để đường thẳng y = mx−m−1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N sao cho AM 2 +AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: Xét phương trình tương giao: x 1−x = mx−m−1 ⇔ mx 2 −2mx +m +1 = 0 (∗) Để cắt tại 2 điểm thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1:  m−2m +m +1 = 0 ∆ ′ = m 2 −m(m +1) = −m > 0 ⇔ m < 0 Đế ý thấy:Trung điểm của MN là I và I(1;−1) cố định Sử dụng chèn điểm ta có : AM 2 +AN 2 = 2AI 2 +IM 2 +IN 2 (Do −→ IM + −→ IN = −→ 0 ) Ta có AI cố định , IM = IN, nên biểu thức đó min khi và chỉ khi MN min Lại tính MN: NM 2 = (x 1 −x 2 ) 2 (1 +m 2 ) =  (x 1 +x 2 ) 2 −4x 1 .x 2  (m 2 +1) = −4m− 4 m Do m < 0 nên đặt t = −m và t > 0, MN 2 = 4t + 4 t ≥ 8 Vậy m = −1 Cách 2: Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm   1−2 √ 1−x 2 +  1−2  1−y 2 = m x 2 +y 2 +x−  1−y 2 = 1 Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— 1 Giải phương trình √ 3sin2x(1 +2cosx) +cos3x 1 +2cosx +cos2x = 1. Lời giải: √ 3sin2x(1 +2cosx) +cos3x 2cosx +2cos 2 x = 1 ⇔ 2 √ 3sinx.cosx(1 +2cosx) = cosx−cos3x +2cos 2 x +cosx ⇔ cosx(1 +2cosx)(2 √ 3sinx−1) = 4sin 2 x.cosx ⇔ (2cosx +1)(2 √ 3sinx−1) = 4sin 2 x ⇔ √ 3sin2x +cos2x + √ 3sinx−cosx = 3 2 ⇔ √ 3 2 sin2x + 1 2 cos2x + ( √ 3 2 )sinx− 1 2 cosx = 3 4 ⇔ cos( π 3 ).cos2x +sin( π 3 ).sin2x−sin( π 6 ).cosx +cos( π 6 ).sinx = 3 4 ⇔ cos(2x− π 3 ) +sin(x− π 6 ) = 3 4 ⇔ cos2(x− π 6 ) +sin(x + π 6 ) = 3 4 ⇔ −2sin 2 (x− π 6 ) +sin(x− π 6 ) + 1 4 = 0 ⇔       sin(x− π 6 ) = 1− √ 3 4 ⇔ x = π 6 +arcsin  1− √ 3 4  +k2 π ⇒ x = 7 π 6 −arcsin  1− √ 3 4  +k2 π sin(x− π 6 ) = 1 + √ 3 4 ⇔ x = π 6 +arcsin  1 + √ 3 4  +k2 π ⇒ x = 7 π 6 −arcsin  1 + √ 3 4  +k2 π Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân: I =  0 −ln3 x + 3 √ e x −e 3x e 3x dx. Lời giải: Ta có: I =  0 −ln3 x e 3x dx +  0 −ln3 3 √ e x −e 3x e 3x dx = I 1 +I 2 Tính I 1 =  0 −ln3 x e 3x dx: Đặt u = x ⇒ du = dx và dv = e −3x dx ⇒ v = e −3x −3 ⇒ I 1 =  xe −3x −3      0 −ln3 +  0 −ln3 e −3x 3 dx = −9ln3 + 26 9 Tính I 2 =  0 −ln3 3  1−e 2x e 8x dx =  0 −ln3 3  1−e 2x e 2x · 1 e 2x dx Đặt u = 1 e 2x −1 ⇒ du = −2 e 2x dx; Nên I 2 =  0 8 −1 2 u 1 3 du = 6 Vậy I = −9ln3 + 80 9 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình lăng trụ đều ABC.A ′ B ′ C ′ có tất cả các cạnh đều bằng a .Gọi M là trung điểm của cạnh BB ′ . Tính thể tích khối tứ diện B ′ ACM và bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A ′ B ′ C ′ . Lời giải: Gọi hình vẽ Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn √ a 2 +b 2 + √ b 2 +c 2 + √ c 2 +a 2 ≤ 3 √ 2 . Chứng minh rằng 1 √ 8 a +1 + 1 √ 8 b +1 + 1 √ 8 c +1 ≥ 1 . Lời giải: 3 √ 2 ≥ √ a 2 +b 2 + √ b 2 +c 2 + √ c 2 +a 2 ≥  2(a +b +c) 2 ⇒ a +b +c ≤ 3 Đặt (2x) 3 = 8 a , (2y) 3 = 8 b , (2z) 3 = 8 c ⇒ (2x) 3 .(2y) 3 .(2z) 3 = 8 a+b+c ≤ 8 3 ⇒ xyz ≤ 1 Ta có (2x) 3 +1 = (2x +1)(4x 2 −2x +1) ≤  4x 2 +2  2 4 2 ⇒ 1 √ 1 +8 a = 1  1 + (2x) 3 ≥ 1 2x 2 +1 VT ≥ 1 2x 2 +1 + 1 2y 2 +1 + 1 2z 2 +1 Lại đặt m = 1 x 2 ,n = 1 y 2 , p = 1 z 2 ⇒ mnp ≥ 1 Ta sẽ chứng minh m m +2 + n n +2 + p p +2 ≥ 1 ⇔ 2mnp +2(mn +np + pm) ≥ 8 Thật vậy bất đẳng thức cuối đúng do AM-GM và sử dụng mnp ≥ 1 Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình x = 3 √ 3 , phương trình hai đường phân giác trong góc  ABC và  ACB lần lượt là x− √ 3y = 0 và x + √ 3y−6 √ 3 = 0 . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ dương. Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho A(1;0;0),B(−1;−2;0),C(−1;1;−3) , mặt phẳng (P) : 2x +y− 2 = 0 và đường thẳng ∆ : x−2 1 = y−3 −1 = z−4 −1 . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A có tâm I thuộc mặt phẳng (P) sao cho IB vuông góc với đường thẳng ∆ và mặt cầu (S) cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: | z | = | z +4−3i | và biểu thức A = | z +1−i | + | z−2 +3i | có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn (C 1 ) : (x−1) 2 +y 2 = 2 và (C 2 ) :  x + 1 2  2 +  y− √ 3 2  2 = 2. Gọi A là giao điểm có hoành độ dương của (C 1 ) và (C 2 ); ∆ là đường thẳng đi qua A cắt hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) lần lượt tại M,N sao cho M nằm ngoài (C 2 ) và N nằm ngoài (C 1 ). Các tiếp tuyến của (C 1 ) và (C 2 ) tại M,N cắt nhau tại P . Viết phương trình đường thẳng ∆ khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP lớn nhất. Lời giải: Cách 1: Cách 2: Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1 : x−1 1 = y−2 1 = z−4 1 ,d 2 : x 1 = y−3 −1 = z−2 2 và điểm A(0;1;3) . Chứng minh A,d 1 ,d 2 cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC biết đường cao từ B nằm trên d 1 và đường phân giác trong góc C nằm trên d 2 . Lời giải: 3 Cách 1: Cách 2: Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số phức z 1 ,z 2 thỏa mãn các điều kiện     2z 1 −i 2 +iz 1     = 1 và | z 2 −1 +i | = | z 2 −2 +2i | . Chứng minh | z 1 −z 2 | ≥ 3 √ 2−2 2 . Lời giải: Cách 1: Cách 2: 4