Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06

Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06 giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập toán học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.

DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Mơn thi : Tốn Đề số: 06 Câu I 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— x+3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Cho hàm số: y = x−1 Lời giải: Đồ thị Hàm số Bảng biến thiên −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 Câu I 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm điểm A đường thẳng x = cho từ A ta vẽ đến (C) hai tiếp tuyến mà hai tiếp điểm với điểm B(1; 3) thẳng hàng Lời giải: Gọi A(5; a) Gọi d đường thẳng qua A có hệ số góc k: y = k(x − 5) + a  x+3  k(x − 5) + a = x − có nghiệm Để d tiếp xúc với (C) hệ sau: −4  k = (x − 1)2 −4 x+3 Từ hệ suy ra: (x − 5) + a = x−1 (x − 1) ⇔ (a − 1)x − 2(a + 3)x + a + 23 = (1) Để d tiếp xúc với (C) điểm pt (1) phải có: ∆ > ⇔ (a + 3)2 − (a − 1)(a + 23) ⇔ a < Gọi d đường thẳng qua B(1; 3) có hệ số góc m: y = m(x − 1) + Theo đề giao điểm nghiệm pt hoàng độ d (C): x+3 ⇔ mx2 + 2x − m = m(x − 1) + = x+1 Vì hồng độ giao điểm nghiệm pt (1) pt (2) nên : m −m = (m = 0) a − a + 23 −1 ⇔ = ⇔ a = −11 a − a + 23 Vậy điểm A(5; −11) điểm cần tìm Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ √ x 2π 3x π x π x π − − + + − sin = sin − sin Giải phương trình : cos 12 12 5 Lời giải: √ Chia hai vế PT cho 2 √ x π x π 2x 5π + + + Thu PT cos = cos cos 5 12 x π 2x 5π =0 + + cos −√ 5 12 Đây PTLG Câu II 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ 1√ 3 x + x2 − 8x − + x3 − 20 Giải phương trình sau tập số thực: x = + Lời giải: √ √ √ 3 * Với x ≤ −3 ta có : 2x − − x3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2, ta chứng minh 2x − − x3 − 20 < Thật chuyển vế, lập phương thu gọn ta thu điều tương đương sau: 3x2 − 3x − 19 > (điều x < −3) √ √ 3 x − 20 = x3 + x2 − 8x − − *Với x ≥ −3 ta có phương trình cho tương đương: 2x − − √ √ √ 3 3 ⇔ 8x − 48x + 96x − 64 − 8x − 160 = x + x − 8x − − −48x2 + 96x + 96 x3 + x2 − 8x − ⇔ = a2 + ab + b2 2+c √ √ 3 (với a = 2x − 4; b = x − 20; c = x + x − 8x − 2.) x+3 48 ⇔ (x2 − 2x − 2) =0 + 2 + c a + ab√+ b2 √ Từ suy ra: x2 − 2x − = x = + x = − Thử lại nghiệm tm Câu III (1 điểm)√ ———————————————————————————————— ⇔ cos Tính tích phân: I = Lời giải: dx (9 − x2 ) √ √ 9−x2 +x2 √ √ √ √ x.x 5 √ − x2 + √ 5 x 9−x 9−x2 √ I= = dx = dx = dx = 9 − x2 9 − x2 18 9 − x2 (9 − x2 )3 Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, đường cao SA = a, M điểm thay đổi cạnh SB Mặt phẳng (ADM) cắt SC điểm N Ta kí hiệu V1 ,V2 thể tích khối đa diện SADMN V1 = MNADCB Tìm vị trí điểm M cạnh SB để V2 Lời giải: S Rõ ràng theo tính chất giao tuyến MN song song với BC SM =x>0 gọi SB VSAND SN x = x ⇒ VSAND = Vt = VSACD SC x2 VSANM SN SM = x2 ⇒ VSANM = Vt = VSACB SC SB 2 x +x Vt V1 = VSAND +VSANM = 2 x +x V1 = = ⇒x= V2 − x − x M N D A B C Câu V (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho ba số thực dương a, b, c có tích Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a) ≥ a+b+c+ Lời giải: Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: Với a, b, c > ta có: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: √ ab + bc + ca ≥ a2 b2 c2 = Suy ra: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c) Khi tốn quy chứng minh: (a + b + c) ≥ (a + b + c + ) 3 Tương đương với: a + b + c ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên theo AM -GM nên ta có đcpm Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Cách 2: BĐT cho tương đương ∑ a2 b + ∑ a2 c + ≥ (a + b + c) cyc cyc (1) √ AM−GM √ 7 = a11 √ Ta có a2 b + a2 b + a2 b + a2 c + a2 c + a2 c + ≥ 7√ a12 bc √ 7 11 Cộng BĐT tương tự b c, ta có V T (1) ≥ a + b11 + c11 √ √ √ 7 Ta cần chứng minh a11 + b11 + c11 ≥ a + b + c với điều kiện abc = 1, mà lại BĐT quen thuộc AM-GM Đẳng thức xảy a = b = c = Cách 3: Dùng đẳng thức (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = (a + b)(b + c)(c + a) ta biến đổi BĐT ⇔ (a + b + c)[3(ab + bc + ca) − 7] ≥ a + b + c ≥ 3, ab + bc + ca ≥ Câu VIa 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với điểm A(2; 7), đường thẳng AB cắt trục Oy E 13 −→ −→ cho AE = 2EB Biết tam giác AEC cân A có trọng tâm G 2; Viết phương trình cạnh BC Lời giải: −→ → − −→ → − Gọi I trung điểm đoạn thẳng EC Từ AE = AI, ta có: I(2; 3) Do E ∈ Oy nên E(0; a) EC⊥AI − −→ → nên: EC.AI = ⇔ 4.0 − 4(6 − 2a) = ⇔ a = Vậy E(0; 3),C(4; 3) − → −→ −→ Mặt khác, từ AE = 2EB, ta có: B(−1; 1) Đường thẳng BC qua B(5; 2), có VTCP BC = (5; 2) nên có phương x−4 y−3 trình là: = ⇔ 2x − 5y + = Câu VIa 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x−2 y−3 x−5 y−6 z+3 = = ,∆ : = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: ∆ : 13 13 z+3 Gọi (α ) mặt phẳng chứa hai đường thẳng Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm C(3; −4; −2) (α ) Lời giải: − → Nhận thấy ∆ ∆ Chọn điểm A ∈ ∆ → A(5, − 3) Chọn điểm B ∈ ∆ → B(2, − 3) BA(3, 3, 0) → − →⊥− − → −→ n− BA → −−→ ( α ) Ta có : −−→ −−→ → n(α ) = [BA.− u(∆) ] → − n− (α ) (12, −12, −36) n(α ) (−1, 1, 3) n(α ) ⊥ u(∆) → −8 = Mặt phẳng qua A(5, − 3), − n− (α ) (−1, 1, 3) → (α ) : x − y − 3z  x = − t qua C(3, −4 − 2) Gọi đt (d) : → (d) y = −4 + t →=− (d) ⊥ (α ) → − u(d) n→  α = (−1, 1, 3)  z = −2 + 3t Gọi H hình chiếu vng góc C α ta có H = (d) (α ) Thay x, y, z từ phương trình tham số (d) vào (α ) ta được: − t − (4 − t) − 3(2 + 3t) − = → t = 11 28 41 −7 vào (d) ta H , , 11 11 11 11 Câu VIIa (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình z4 + = tập số phức Lời giải: Phương trình tương đương với (z2 + 2)2 − 4z2 = 0, tương đương với (z2 + 2z + 2)(z2 − 2z + 2) = Trường hợp z2 + 2z + = tức (z + 1)2 = −1, z = −1 + i z = −1 − i Trường hợp lại z2 − 2z + = 0, tức (z − 1)2 = −1, z = + i z = − i Câu VIb 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy gọi d đường thẳng qua điểm A(0; 1) tạo với đường thẳng d : x + 2y + = góc 45o Viết phương trình đường trịn có tâm nằm d , tiếp xúc với d có bán kính √ Lời giải: → − Phương trình (d ) qua A(0; 1) có VTPT n = (a; b), với a2 + b2 =√0, có dạng: a(x − 0) + b(y − 1) = (1) → − |a + 2b| − = Theo giả thiết, ta có: | cos(→ n ; n )| = cos 45o ⇔ ⇔ a = 3b a = − b 5(a2 + b2 ) Trường hợp 1: Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1, thay vào (1) Phương trình đường thẳng (d ) là: 3(x − 0) + 1(y − 1) = ⇔ 3x + y − = Do đường trịn cần tìm tiếp xúc với đường thẳng (d) có tâm I(x; y) nằm (d ) nên tọa độ điểm I  3x + y − = I ∈ (d ) nghiệm hệ: ⇔ |x + 2y + 3|  √ =√ d(I; (d)) = R 5 11 12 −31 ⇔ (x; y) = − ; ; (x; y) = 5 5 11 2 11 49 , phương trình đường trịn cần tìm là: x + Với I − ; + y− = 5 5 2 12 31 12 31 49 Với I ;− , phương trình đường trịn cần tìm là: x − + y+ = 5 5 Tương tự cho trường hợp: a = − b Chọn b = −3, a = 1, phương trình đường thẳng (d ) là: x − 3y + = 36 7 ; , I2 − ; − Giải hệ, ta tìm điểm: I1 5 5 Câu VIb 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; −1), B(2; −1; 3) C(−4; 7; 5) Gọi H trực tâm tam giác nói Viết phương trình đường thẳng qua H vng góc với mặt phẳng (ABC) Lời giải: Thay t = Câu VIIb (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để phương trình: log2 (x − 1) = + log2 (5 − mx) có nghiệm Lời giải: Phương trình xác định x > mx < PT tương đương log2 (x − 1)2 = log2 (10 − 2mx) ⇔ (x − 1)2 = 10 − 2mx −x2 + 2x + ⇔ (x − 1)2 − 10 + 2mx = ⇔ x2 − 2x − + 2mx = ⇔ m = 2x −x2 + 2x + 1 Ta mx < ⇔ −x2 + 2x + có nghiệm lớn Vậy tốn chuyển tìm m để phương trình m = 2x x2 + −x2 + 2x + ta có f (x) = − < Nên f (x) < f (1) = ⇔ m < Xét f (x) = 2x 2x2 ... (1 điểm) ———————————————————————————————— √ 1√ 3 x + x2 − 8x − + x3 − 20 Giải phương trình sau tập số thực: x = + Lời giải: √ √ √ 3 * Với x ≤ −3 ta có : 2x − − x3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2, ta... vng góc với mặt phẳng (ABC) Lời giải: Thay t = Câu VIIb (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để phương trình: log2 (x − 1) = + log2 (5 − mx) có nghiệm Lời giải: Phương trình xác định... Câu V (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho ba số thực dương a, b, c có tích Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a) ≥ a+b+c+ Lời giải: Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: Với