Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 05

DIỄN ĐÀN MATH.VN n http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Mơn thi : Tốn Đề số: 05 /m ath v Câu I 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x3 + 6x2 + 9x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Lời giải: Hàm số y = x3 + 6x2 + 9x + có TXĐ D = R Đồ thị giao với trục tung điểm B(0; 3) y0 = 3x2 + 12x+ = 3(x + 1)(x + 3) Đồ thị giao với đường thẳng: y = −1 x = −1 ⇒ y = −1 Nên y0 = ⇔ hai điểm (−4; −1), (−1; −1) x = −3 ⇒ y = Đồ thị y0 > ⇔ −∞ < x < −3 −1 < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến (−∞; −3) ; (−1; +∞) y0 < ⇔ −3 < x < −1 ⇒ hàm số nghịch biến (−3; −1) Giới hạn lim y = +∞; lim y = −∞ b x→+∞ x→−∞ Bảng biến thiên b b x −∞ y0 −3 + −1 − +∞ + −4 +∞ y −∞ % & −1 % Điểm cực đại (−3; 3), điểm cực tiểu (−1; −1) b −3 −2 −1 b −1 −2  htt p:/ Câu I 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm giá trị k để tồn tiếp tuyến với (C) phân biệt có hệ số góc k , đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm (của tiếp tuyến với (C)) cắt trục Ox, Oy tương ứng A B cho OB = 2011.OA Lời giải: Đối với đồ thị hàm số bậc tiếp tuyến ta có tiếp điểm tương ứng Và hoành độ tiếp điểm x tiếp tuyến dạng y = kx + m với (C) nghiệm PT f (x) = k ⇔ 3x2 + 12x + − k = (1) Để tồn hai tiếp tuyến với (C) phân biệt có hệ số góc k cần đủ (1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆0 = + 3k > ⇔ k > −3 (2) Khi toạ độ tiếp điểm (x; y) tiếp tuyến HPT   (C) nghiệm  với ( y = (3x2 + 12x + 9) − 2x − x+ y = x3 + 6x2 + 9x + 3 ⇔  3x2 + 12x + = k 3x + 12x + = k     2k − k−6 y = k x + − 2x −  x+ y= 3 ⇔ ⇔ 3  3x2 + 12x + = k 3x + 12x + = k 2k − k−6 x+ Suy toạ độ tiếp điểm thoả mãn PT y = 3 2k − k−6 x+ Vậy đường thẳng qua tiếp điểm d : y = 3 Do d cắt Ox, Oy tương ứng A B cho OB = 2011.OA nên xảy trường hợp sau : +) Nếu A ≡ O B ≡ O, TH thoả mãn d qua O ⇔ k = OB d d +) Nếu A 6≡ O, tam giác vng OAB cho tan OAB = = 2011 mà tan OAB OA k−6 với đối hệ số góc d , tức ta có = ±2011 ⇔ k = 6039; k = −6027, đối chiếu với (2) , ta kết TH : k = 6039  Tóm lại giá trị cần tìm k k = k = 6039 htt p:/ /m ath v n Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— − sin2 x x Giải phương trình : = tan2 cos 2x + cos x + 2 Lời giải: x ĐK: cos 6= 0; cos 2x + cos x + 6= Với đk pt tương đương: + cos2 x − cos x + cos2 x − cos x = ⇔ = 2 2(cos x + cos x + 1) 2(1 + cos x) (cos x + 1) + cos x π 2 ⇔ + cos x = (1 − cos x)(1 + cos x) ⇔ + cos x = − cos x ⇔ cos x = ⇔ x = + kπ (thoả) π  Vậy pt có họ nghiệm x = + kπ Câu II 2) (1 điểm)(———————————————————————————————— x3 + 2y2 = x2 y + 2xy p p Giải hệ phương trình : (x, y ∈ R) x2 − 2y − + y3 − 14 = x − Lời giải: ĐKXĐ HPT x2 − 2y − ≥ (1) PT đầu hệ viết lại x(x2 − 2y) − y(x2 − 2y) = ⇔ (x − y)(x2 − 2y) = ⇔ x = y (do (1) nên x2 − 2y ≥ > 0) √ √ Thay vào PT thứ hệ ta : 14 − x3 = x2 − 2x − + − x (2) Đối với PT (2) √ ta có cách giải quyết√ : +) Cách 1: Do x2 − 2x − ≥ nên 14 − x3 ≥ − x ⇔ 14 − x3 ≥ − 12x + 6x2 √ − x3 ⇔ x2 − 2x − ≤√0 2 Mặt khác x = y (1) cho ta x − 2x − ≥ Do x − 2x − = ⇔ x = ± Vậy x = y = ± thoả mãn HPT cho nghiệm HPT ban đầu √ +) Cách 2: Đặt u = − x , v = x − 2x − 1(v ≥ 0) , ta có u3 − 6v2 = 14 − x3 Khi (2) có dạng : √ 3 u − 6v2 = u + 2v ⇔ u3 − 6v2 = (u + 2v)3 ⇔ v[v2 + 3(u + v)2√+ 3v] = ⇔ v = ; u = v = (do v ≥ 0) √ • v = ⇔ x2 −( 2x − = ⇔ x = ± Do x = y = ± (thoả mãn (1)) 2−x = Hệ vơ nghiệm •u=v=0⇔ x − 2x − = √ Tóm lại HPT đầu có nghiệm x = y = ±  Câu III (1 điểm) ———————————————————————————————— Z 3
2010  πx Tính tích phân I = (x2 − 2x − x − 1)2011 + 2012 sin4 dx −1 Lời giải: Cách 1: Z Z πx 2010 πx [(x − 1) − 3(x − 1)] (x − 1) sin I= sin4 dx = (I1 ) + (I2 ) dx + 2012 2 −1 −1 Đặt x − = t ⇒ dx = dt; x = −1 ⇒ t = −2; x = ⇒ t = Z πt Vậy Ta thấy I1 = (t − 3t)2010t cos4 dt −2 πt 2010 hàm lẻ ⇒ I1 = mà f (t) = (t − 3t) t cos Z Z Z πt πt Nhiệm vụ tính I2 = 2012 cos dt = 4024 dt = 1006 cos (1 + cos π t)2 dt 2 −2 0 Mà tích phân khai triển hạ bậc xong Kết 3018  Cách 2: Z 3 Z
2010  πx 2011 Ta có I = (x − 2x − x − 1) dx + 2012 sin4 dx −1 −1 Z 3
 2010 (x2 − 2x − x − 1)2011 dx +) Xét tích phân J = −1 Đặt x = − t Zta có dx = −dt : x = −1 ⇒ t = 3; x = ⇒ t = −1 Z −1 
2010  ((2 − t)2 − 2(2 − t) − 2 − t − 1)2011 dt = Do J = − 3 −1 
2010  (−t + 2t + − t)2011 dt Z 3
2010  =− (t − 2t − t − 1)2011 dt = −J Suy J = −1 Z /m ath v n πx +) Xét tích phân K = 2012 sin4 dx −1  Z Z 3 − cos π x dx = 503 (1 − cos 2π x + cos2 π x)dx Ta có J = 2012 −1 −1   Z 503 503 (3 − cos 2π x + cos 4π x)dx = 3x − sin 2π x + sin 4π x = 3018 = −1 −1 Vậy I = J + K = + 3018 = 3018  Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————————— d = 300 Mặt phẳng (SBC) vng góc Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng A , BC = a ABC với đáy, hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với mặt phẳng đáy góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Lời giải: Cách 1: Vẽ SH ⊥ BC (H ∈ BC); HE ⊥ AB (E ∈ AB); HF ⊥ AC (F ∈ AC) Vì (SBC) ⊥ (ABC) với giao tuyến BC ⇒ SH ⊥ (ABC) Ta có: ∆SHE = ∆SHF ⇒ HE = HF mà AEHF hình chữ nhật ⇒ AEHF hình vng; cạnh b TH1: H nằm đoạn BC S F A E C H B htt p:/ √ a a ; AC = Ta có: AB = 2√ a a Ta có: BE = AB − AE = − b; FC = AC − AF = − b ! √2 a  BE EH a ∆BEH ∆HFC ⇒ = ⇒ BE.FC = b2 ⇒ −b − b = b2 HF FC 2 √ √ √ √ a(3 − a2 ab( + 1) 3) a ab ⇒b= ⇒ − + b2 = b2 ⇒ =√ 4 √ 3−1 √ √ √ a a(3 − 3) SABC = Ta có: SH = b = 8√ √ √ √ 1 a(3 − 3) a2 a3 (3 − 3) ⇒ VS.ABC = SH.SABC = · · = 3 32 TH2: H nằm ngồi đoạn BC phía B HE AC = < ⇒ HE < EB < AE Vô lý, ko có TH ∆BEH ∼ ∆HFC ⇒ EB AB TH3: H nằm đoạn BC phía C H /m ath v F n S E A C B √ √ √ BA a a a a(3 + 3) CA = ⇒ CA.BE = AB.HE ⇒ (b + )= b⇒b= Ta có: ∆BAC ∼ ∆BEH ⇒ HE 2 √ √ √ BE √ a2 a(3 + 3) Ta có: SH = b = SABC = 8√ √ √ √ 1 a(3 + 3) a2 a3 (3 + 3) ⇒ VS.ABC = SH.SABC = · · =  3 32 Cách 2: Dựng đường thẳng Az⊥(ABC) thiết lập hệ tọa độ Axyz hình vẽ đây: z S C htt p:/ A y B x √ a a ; c = có được: A (0; 0; 0) , B (b; 0; 0) , C (0; c; 0) Chúng ta đặt b = 2 ta giả thử là: S (x; y; z) thấy là: S∆ABC d (S; (ABC)) bc.d (S; (Axy)) bc|z| = = VS.ABC = 6 Mặt khác: − → − → − → AS = (x; y; z) , BS = (x − b; y; z) , CS = (x; y − c; z) Vậy nên mặt phẳng (SBC) có vector pháp tuyến là: − → − → → BS ∧ CS = − na (cz; bz; bc − by − cx) → − Để ý pháp tuyến (ABC) k (0; 0; 1) nên kiện (SBC)⊥(ABC) dẫn đến: → − → − na k = ⇔ bc = by + cx (∗) Hai vector pháp tuyến (SCA) (SAB) là: − → − → → − → − → → CS ∧ AS = − nb (−cz; 0; cx), AS ∧ BS = − nc (0; −bz; by) /m ath v n Thế nên việc tạo góc 60◦ (ABC) với mặt phẳng (SCA) (SAB) cho ta: |by| |cx| =p =p (−bz)2 + (by)2 (−cz)2 + (cx)2 |z| Để có: |x| = |y| = √ Từ (∗) ta dẫn đến hai khả sau: √ √ √ √ bc b2 c2 a3 (3 − 3) ? Nếu x; y dấu |z| = |x| = nên thể tích cần tính là: VS.ABC = = b√+ c 6(b√ + c) 32 √ √ bc b2 c2 a3 (3 + 3) ? Nếu x; y trái dấu |z| = |x| = nên thể tích cần tính là: VS.ABC = = b−c 6(b − c) 32 √ √ a3 (3 − 3) a3 (3 + 3) V2 =  Vậy có hai kết cho thể tích cần tính là: V1 = 32 32 htt p:/ Câu V (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số dương x, y, z thoả mãn x + y + = z Tìm giá trị lớn biểu thức x3 y3 F= (x + yz)(y + zx)(z + xy)2 Lời giải: Cách 1: √ Đặt t = xy Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy √ z = x + y + ≥ xy + = 2t + Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có √ √ √ √
2 (x + yz)(y + zx) ≥ x y + yz zx = xy(z + 1)2 ≥ t 2(2t + + 1)2 = 4t (t + 1)2 Lại có (z + xy)2 ≥ (2t + + t )2 = (t + 1)4 Kết hợp đánh giá lại, ta suy t6 t4 F≤ = [4t (t + 1)2 ] [(t + 1)4 ] 4(t + 1)6 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có r t t t t +1 = + +1 ≥ 2 4 t4 Và thế, F≤ r !6 = 729 t 4 Đẳng thức xảy x = y = t = z = 2t + = Cách 2: r r r r r r x y xy x x y y xy Ta có : x + y + = z ⇔ + + = ⇔ + + =1 z z z z yz yz zx zx z r r r xy x y , tan β = , tan γ = Đặt tan α = z yz zx r r r π xy x y ta cần chọn < α , β , γ < hàm tang tuần hồn chu kì π , , >0 z yz zx r r r r r r xy x x y y xy + + =1 Khi từ z yz yz zx zx z π ta tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = (1) Ta tạm giả sử α + β 6= π − tan α tan β Vậy (1) ⇔ tan α = ⇔ tan γ = cot(α + β ) ⇔ α + β + γ = (2) tan α + tan β (Chú ý hai góc nhọn tang chúng nhau) π A B C Bây ta chọn α = , β = , γ = với < A, B,C < π (3) (để đảm bảo < α , β , γ < ) 2 2 Khi (2) cho ta A + B +C = π (4)  Và với cách chon A, B đảm bảo thoả hồi trước ta tạm giả sử α + β 6= π /m ath v n Hai điều (3)&(4) tỏ A, B,C tam giác r rchứng r r ba rgóc r xy x x y y xy Tóm lại từ + + =1 z yz yz zx zx z r A xy   = tan   z   r x B = tan Đẳng thức chứng tỏ tồn 4ABC cho yz   r   C y   = tan  zx  xy 2  2 A tan 1         Ta có F =  z xy  ·  = ·    A zx C yz B 1+ 2 + tan 1+ + cot 1+ + cot z x y 2 2   2   2  B −C A 2A 2A B C B +C 2A = cos ≤ − sin = sin − cos sin = sin sin sin 2 2 2 2 2   3 2 A A A   2  2   sin + sin + − sin   A A A   − sin ≤  sin sin   = 2 27 htt p:/ x y    =  B C (   tan = tan B = C  yz zx x=y=2 2 ⇔ Dấu xảy ⇔ ⇔ xy = A ⇔ A  sin =  z=5 tan = √  z   x+y+1 = z  2 Vậy max F =  27 Câu VIa 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC biết chân đường phân giác ứng với đỉnh A, B,C A0 (−1; −1), B0 (3; 2), C0 (2; 3) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC Lời giải: Không khó để chứng minh : cạnh ∆ABC đường phân giác (trong ngoài) góc đỉnh ∆A0 B0C0 Vì tốn có kết : 1) Bộ đường thẳng m1 , m2 , m3 (Cả phân giác Và ∆A0 , B0 ,C0 chân đường cao ∆ABC.) 2) Bộ đường thẳng m1 , d2 , d3 (1 phân giác ngoài, phân giác Và ∆A0 , B0 ,C0 chân đường cao ∆ICB.) 3) Bộ đường thẳng m2 , d3 , d1 (1 phân giác ngoài, phân giác Và ∆A0 , B0 ,C0 chân đường cao ∆CIA.) 4) Bộ đường thẳng m3 , d1 , d2 (1 phân giác ngoài, phân giác Và ∆A0 , B0 ,C0 chân đường cao ∆BAI.)  Câu VIa 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tam giác S.ABC có A; B thuộc trục hoành phương d CSA d là: (la) : x − = y − = z − , trình hai đường phân giác ngồi hai góc BSC; x+1 y z+3 ∗ d (lb ) : = = Hãy viết phương trình đường phân giác (lc ) góc ASB 2 Lời giải: − → − → − → SA − SB − SC → − → → Chúng ta ký hiệu: ea = , eb = , ec = SA SB SC htt p:/ /m ath v n → → → Khi ba vector đơn vị − ea , − eb , − ec ba vector phương SA, SB, SC → − − − − → − Theo quy tắc hình bình hành ea + → eb , → eb + → ec , − ec + → ea vector phương đường d d d phân giác góc: ASB; BSC; CSA → → → → → → − → → → → → Để ý rằng: (− ea + − eb ) (− ea − − eb ) = (− eb + − ec ) (→ eb − − ec ) = (− ec + − ea ) (− ec − − ea ) = 12 − 12 = → → → → → → Vậy − ea − − eb , − eb − − ec , − ec − − ea vector phương la , lb , lc , ba đường phân giác qua S thêm nữa: → − → → → → → ea − − eb = −1 (− eb − − ec ) + (−1) (− ec − − ea ) Vậy la , lb , lc đồng phẳng → → Theo đề − ua (2; 3; 4), − ub (2; 2; 6) vector phương la , lb − → → − → − ( ua ∧ ub ) = n (5; −2; −1) có phương vng góc với phương lc Cũng để ý lc nằm (SAB) mà A, B ∈ (Ox) nên lc vuông góc với OS  − → − → − → → → Ta có S(1; 2; 3) nên OS ∧ n = − uc (−1; 4; 3) môt vector phương lc (để ý − uc 6= ) Bây nhận thấy lc∗ ⊥lc → → − − − → − − → → uc ∧ OS = u∗c (1; 1; −1) vector phương lc∗ (hãy để ý là: u∗c 6= ) nên Vậy phương trình tắc đường phân giác ngồi cần tìm là: x−1 y−2 z−3 = =  (lc∗ ) : 1 −1 Câu VIIa (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức 2z + − i biết |3z + i|2 ≤ zz + Lời giải: Cách 1: Đặt z = a + bi z0 = 2z + − i = a0 + b0 i suy a0 = 2a + 3; b0 = 2b − b0 + a0 − ;b = (1) suy a= 2 Từ phương trình (∗) ta có: 9a2 + (3b + 1)2 ≤ a2 + b2 + tương đương 4a2 + 4b2 + 3b − ≤ b0 + đem (1) vào phương trình ta được: (a0 − 3)2 + (b0 + 1)2 + −4 ≤ 25 tương đương: (a0 − 3)2 + (b0 + )2 ≤ (2) 4 16  Vậy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z0 hình trịn tâm I 3; − , bán kính R = 4 Cách 2: Đặt: z1 = (2a + 3) + (2b − 1)i Gọi M biểu diễn số phức có toạ độ: M(2a + 3; 2b − 1) Ta có: |3z + i|2 ≤ z¯z + ⇔ 2(2a + 3)2 − 12(2a + 3) + (2b − 1)2 + 7(2b − 1) + 15 ≤ 7 ⇔ (2a + 3)2 − 6(2a + 3) + (2b − 1)2 + (2b − 1) + ≤  2 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z1 hình trịn tâm I 3; − , bán kính R =  4 Câu VIb 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A chạy Ox , điểm B chạy Oy cho đoạn AB a không đổi Tìm tập hợp điểm M đoạn AB cho MB = 2MA Lời giải: Gọi A(x; 0)thuộc Ox,điểm B(0; y)thuộc Oy Ta có AB = a ⇒ a2 = x2 + y2  −→ 2x y −→ ; Ta có MB = 2AM ⇒ MB = 2AM ⇒ M 3 2x y 4x2 y2 Đặt = c; = d ⇒ c2 = ;d = 3 9 4a mà c2 + 4d = (x2 + y2 ) = 9 4a (c; d hoành độ tung độ điểm M)  Vậy PT quỹ tích điểm M : c2 + 4d = htt p:/ /m ath v n Câu VIb 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ giác ABCD có A(1; 2; 1), C(2; 4; −1) Hai đỉnh B, D thuộc x−1 y−2 z đường thẳng = = cho BD = Gọi I giao điểm hai đường chéo tứ giác biết dt(ABCD) = 2011dt(IAD) Tính khoảng cách từ D tới đường thẳng AC Lời giải: Ở ta cần tính được: r 125 - Góc hai đường thẳng AC BD có sin bằng: 126 √ - Khoảng cách từ A đến BD từ C đến BD bằng: √ ; √ 14 14 √ 16 √ - Từ dt(ABCD) = (d(A; BD) + d(C; BD)).BD = dt(IAD) = d(A; BD).ID suy ID = 2 2011 14 - Gọi hình chiếu D xuống AC H 200  Từ tam giác DHI vuông H có DH = ID sin(AC, BD) = 21.2011 Câu VIIb (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho phương trình z2 + mz + = −z2 + 2z + m = Tìm giá trị thực m để phương trình có nghiệm phức chung Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm phức chung z Khi đó, z nghiệm hệ (1) (2) Cộng theo vế phương trình hệ (m + 2)(z + 1) = suy m = −2 z = −1 Với m = −2 thay trực tiếp vào phương trình thấy chúng trùng nên có nghiệm phức chung Với z = −1 thay vào (1) tìm m = Kết luận: m = −2; m =  ... ———————————————————————————————— Cho số dương x, y, z thoả mãn x + y + = z Tìm giá trị lớn biểu thức x3 y3 F= (x + yz)(y + zx)(z + xy)2 Lời giải: Cách 1: √ Đặt t = xy Từ giả thi? ??t sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy... chéo tứ giác biết dt(ABCD) = 2011dt(IAD) Tính khoảng cách từ D tới đường thẳng AC Lời giải: Ở ta cần tính được: r 125 - Góc hai đường thẳng AC BD có sin bằng: 126 √ - Khoảng cách từ A đến BD từ... 14 √ 16 √ - Từ dt(ABCD) = (d(A; BD) + d(C; BD)).BD = dt(IAD) = d(A; BD).ID suy ID = 2 2011 14 - Gọi hình chiếu D xuống AC H 200  Từ tam giác DHI vng H có DH = ID sin(AC, BD) = 21 .2011 Câu VIIb