Lời giải đề thi thử đại học 2011 môn thi: Toán, đề số: 12

ht tp :/ /w w w .m at h. vn DIỄN ĐÀN MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 12 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = 3x−2 x+1 (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Lời giải: Hàm số y = 3x−2 x+1 Bảng biến thiên Đồ thị −8 −6 −4 −2 2 4 6 −4 −2 2 4 6 8 10 0 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn cos B̂AI = 5√ 26 Lời giải: Cách 1: Xét điểm M (xo;yo) ,xo 6=−1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến tại M : y− ( 3− 5 xo +1 ) = 5 (xo +1)2 (x− xo) Ptrình của hai đường tiệm cận của (C) lần lượt là x =−1,y = 3 A là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận đứng x =−1⇒ A ( −1; 3xo−7 xo +1 ) B là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận ngang y = 3⇒ B(2xo +1;3) Từ điều kiện giả thiết ta có phương trình 5√ 26 = t√ 400+ t2 với t = 102 (xo +1)2 , t > 0 ⇔ t = 100⇔ 102 = 102 (xo +1)2 ⇔ xo = 0 hay xo =−2 Với xo = 0⇒ pt của d : y = 5x−2 Với xo =−2⇒ pt của d : y = 5x+2 Cách 2: Xét điểm M (xo;yo) ,xo 6=−1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến d tại M : y− ( 3− 5 xo +1 ) = 5 (xo +1)2 (x− xo) 1 vectơ pháp tuyến của d là −→u = ( 5 (xo +1)2 ;−1 ) Ptrình của hai đường tiệm cận của (C) lần lượt là d1 : x =−1,d2 : y = 3 Ta có: ∆BAI vuông tại I nên B̂AI luôn nhọn vì vậy: cos(d;d1) = |−→u .−→i | |−→u .|.|−→i | = 5 (xo +1)2√ 1+ 25 (xo +1)4 = cos B̂AI = 5√ 26 ⇔ 5 (xo +1)2 = 5⇔ |xo +1|= 1 1 ht tp :/ /w w w .m at h. vn ⇔ [ xo = 0 xo =−2 ⇒ [ d : y = 5x−2 d : y = 5x+2 Có 2 tiếp tuyến thoả mãn Cách 3: tan2 B̂AI = 1 cos2 B̂AI −1 = 1 25 Mà: tan ÂBI là hệ số góc k của tiếp tuyến. tan ÂBI = 1 tan B̂AI = |5|. Từ đây có được 2 tiếp tuyến Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình: x−3 3 √ x+1+ x+3 > 2 √ 9− x x Lời giải: ĐK: 9 > x≥−1;x 6= 0 bất phương trình⇔ ( √ x+1−2)(√x+1+2) ( √ x+1+2)( √ x+1+1) > 2 √ 9− x ( √ x+1+1)( √ x+1−1) ⇔ √ x+1−2 > 2 √ 9− x√ x+1−1 TH1: √ x+1−1 > 0⇔ x > 0 bất phương trình⇔ x+3−3√x+1 > 2√9− x ⇔ (x−8)+(9−3√x−1)+(2−2√9− x)> 0 ⇔ (x−8)(1− 9 9+3 √ x+1 + 8 2+2 √ 9− x)> 0 ⇔ 8 < x < 9 (∗) TH2: √ x+1−1 < 0⇔ x < 0 bất phương trình⇔ x+3−3√x+1 x≥−1 (∗∗) Vậy nghiệm của bất phương trình là (∗) và (∗∗) Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình: √ 3(sin2x−3sinx)+3 = 2cos2 x+3cosx−2 Lời giải: Ptrình √ 3(sin2x−3sinx)+3 = 2cos2+3cosx−2 ⇔√3sin2x−3cosx = 2(1− sin2)+3√3sinx−5 ⇔√3sin2x−3cosx =−2sin2 x+3√3sinx−3 ⇔ cosx(2√3sinx−3)=−(2sinx−√3)(sinx−√3) ⇔ (2sinx−√3)(√3cosx+ sinx−√3)= 0 ⇔ [ 2sinx−√3 = 0√ 3cosx+ sinx = √ 3 ⇔  x = pi 3 + k2pi x = k2pi x = 2pi 3 + k2pi , k ∈ Z Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân: I = ∫ pi 4 0 cos2x+2 √ 2sin ( x+ pi 4 ) 2sin2 ( x+ pi 4 ) +2 √ 2cos ( x+ pi 4 ) +1 dx. Lời giải: Đặt x = pi 4 − t ⇒ dx =− dt Lúc đó : I = ∫ pi 4 0 sin2t−2√2sin t 2sin2 t +2 √ 2cos t +1 dt = ∫ pi 4 0 2sin t(cos t−√2) −2cos2 t +2√2cos t +3 dt Đặt u = cos t ⇒ du =−sin t dt. Lúc đó I = 2 ∫ 1 √ 2 2 u−√2 −2u2 +2√2u+3 du =− ∫ 1 √ 2 2 u−√2( u+ √ 2 2 )( u− 3 √ 2 2 ) du ⇔ I =−1 4 ∫ 1 √ 2 2 ( 3 √ 2 u+ √ 2 2 + 1 u− 3 √ 2 2 ) du =−1 4 ( 3 √ 2ln √ 2+1 2 + ln 3−2√2 2 ) Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB = a,BC = a √ 3, tam giác ASO cân tại S và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD cùng khoảng cách giữa SB và AC. Lời giải: 2 ht tp :/ /w w w .m at h. vn Gọi I trung điểm AO Vẽ SH ⊥ AD;(H ∈ AD) và vì (SAD)⊥ (ABCD)⇒ SH ⊥ (ABCD) Ta có: SA = SO⇒ AH = HO⇒ ∆AHO cân tại H nên H thuộc BI là đtrung trực của AO 1. Tính thể tích: Ta có: ∆AOB đều⇒ AI = AO 2 = a 2 AH = AI cos30o = a√ 3 ⇒ HD = AD−AH = a√3− a√ 3 = 2a√ 3 SH = HD tan60o = 2a√ 3 ·√3 = 2a VS.ABCD = 1 3 ·SH ·SABCD = 1 3 ·2a ·a ·a √ 3 = 2a 3√3 3 2. Tính khoảng cách: Gọi E trung điểm SA Ta có: BH = √ AB2 +AH2 = √ a2 + a2 3 = 2a√ 3 1 HE2 = 1 BH2 + 1 SH2 = 3 4a2 + 1 4a2 = 1 a2 ⇒ HE = a Ta có: AC ⊥ BH;AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ (SBH) Vẽ IK ⊥ SB;(K ∈ SB) ta có ngay đoạn vuông góc chung của SB và AC là IK hình vẽ b A b D b B b C b O b I bH b S b K b E Ta có: IK HE = IB BH ⇒ IK = HE. IB BH = a. a √ 3 2 2a√ 3 = 3a 4 Vậy d(SB;AC) = 3a 4 Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các số thực m để phương trình 4x2−2mx+1 = 3 √ 8x3 +2x có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Lời giải: Phương trình⇔ 4x2 +1−3 √ (4x2 +1)2x = 2mx Đk: x≥ 0 Với x = 0 không thỏa phương trình. Với x > 0 pt đã cho⇔ 4x 2 +1 2x −3 √ 4x2 +1 2x = m⇔ 2x+ 1 2x −3 √ 2x+ 1 2x = m (∗) Đặt t = √ 2x+ 1 2x , t ≥√2. Khảo sát hàm t = √ 2x+ 1 2x cho ta nhận xét: - Miền giá trị của t là [ √ 2;+∞) - Ứng với mỗi t 6=√2 có 2 giá trị x - Ứng với t = √ 2 có duy nhất 1 giá trị x = 1 2 Do đó: Yêu cầu bài toán tương đương đthẳng g(t) = m cắt đồ thị hàm số f (t) = t2−3t,(t ∈ [√2;+∞)) tại đúng 1 điểm có hoành độ khác t 6=√2 ⇔  m = f ( 3 2 ) ; t 6=√2 m > f (√2) = f ( 3−√2 ) ; t 6=√2 ⇔ [ m =−9 4 m > 2−3√2 Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(−1;14) và đường tròn (S) tâm I(1;−5) bán kính R = 13. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt (S) tại M,N mà khoảng cách từ M đến AI bằng một nửa khoảng cách từ N đến AI Lời giải: Nhận xét: A nằm ngoài đường tròn. Khoảng cách từ M đến AI bằng 1 nửa khoảng cách từ N đến AI ⇒ AM = 1 2 AN (vẽ hình sẽ thấy) Pt đường thẳng qua A: { x =−1+mt y = 14+nt ⇒M(−1+mt1;14+n1),N(−1+nt2;14+nt2) 3 ht tp :/ /w w w .m at h. vn −→ AM = (mt1,nt1) −→ AN = (mt2,nt2) −→ AM = 1 2 −→ AN ⇔ t1 = 12t2 Phương trình giao điểm của ∆ và đương tròn: (−2+mt)2 +(19+nt)2 = 169 ⇔ (m2 +n2)t2 +(−4m+38n)t +196 = 0 Áp dụng viet:  t1 + t2 = 4m−38n m2 +n2 t1t2 = 196 m2 +n2 t1 = 1 2 t2 Từ đó tính ra m =−n hoặc m = 281 433n Với m =−n. Chọn m = 1,n =−1. Ta có phương trình đường thẳng: x+ y−13 = 0 Với m = 281 433n. Chọn m = 281,n = 433. Ta có phương trình đường thẳng : 433x−281y+4767 = 0 Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) : 2x+ y− 2z+ 8 = 0 tại A(−1;−2;2) và khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến điểm B(−2;3;0) bằng 5. Lời giải: Do (S) tiếp xúc với (P) tại A nên tâm I của (S) thuộc đường thẳng (∆) đi qua A và vuông góc với (P). Có −→a∆ =−→nP = (2;1;−2). Từ pt tham số của (∆)  x =−1+2t y =−2+ t z = 2−2t t ∈ R⇒ I (−1+2t;−2+ t;2−2t). Mà IB2 = 25⇔ 9t2−14t +5 = 0⇔ t = 1 hay t = 59 Với t = 1⇒ I (1;−1;0) ,R = IA = 3. Lúc đó pt mặt cầu (S): ( x−12)+ (y+12)+ z2 = 9 Với t = 5 9 ⇒ I ( 1 9;− 13 9 ; 8 9 ) ,R = IA = 5 3 . Lúc đó pt mặt cầu (S): ( x− 19 )2 + ( y+ 13 9 )2 + ( z− 89 )2 = 25 9 Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Chín học sinh gồm 5 nam và 4 nữ rủ nhau vào rạp chiếu phim. Tại đó, người soát vé yêu cầu các học sinh này phải xếp hàng sao cho không có bất kì 2 nữ nào đứng liền nhau. Hỏi xác suất của sự kiện đó là bao nhiêu? Lời giải: +) đầu tiên thì ta vẫn có 9! cách xếp vị trí cho 9 người +) xếp cố định cho 5 thằng con trai thì vẫn có 5! cách xếp +) còn lại 4 cô nữ và có 6 vị trí nên sô cách xếp sẽ là A46 còn có thể xếp tới 2 vị trí đầu tiên kẹp 4 thằng con trai vào giữa nên ta có P = 5!A46 9! Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trên mặt phẳng Oxy cho d : x+2y−1 = 0;d′ : 3x+ y+7 = 0 cắt nhau tại I và điểm M(1;2). Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d,d′ lần lượt tại A và B sao cho AI = √ 2AB Lời giải: Cách 1: Ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình { x+2y−1 = 0 3x+ y+7 = 0 ⇔ { x =−3 y = 2 ⇒ I (−3;2) Lấy điểm H (1;0) ∈ d(H 6= A); K ∈ d′(K 6= B) sao cho√2HK = HI. Do K ∈ d′⇒ K (a :−3a−7) Có −→HI = (−4;2), −→HK = (a−1;−3a−7) Mà HI = √ 2HK ⇔ HI2 = 2HK2 ⇔ 20 = 2[(a−1)2 +(3a+7)2]⇔ (a+2)2 = 0⇔ a =−2. 4 ht tp :/ /w w w .m at h. vn Vậy K(−2;−1). Có: { HI = √ 2HK AI = √ 2AB ⇒ IH AI = HK AB ⇒ HK‖AB. Vậy đường thẳng d đi qua M và có véctơ chỉ phương −→KH = (3;1)⇒ pt d : x−13 = y−2 1 Cách 2: Theo điều kiện AI = √ 2AB gợi ý cho ta nghĩ đến tam giác vuông AIB cạnh huyền AI. Thật may mắn khi góc ÂIB = 45◦ thế nên AB⊥ BI. Vậy ∆ đi qua M(1;2) và vuông góc với (d′) và do đó ta có phương trình x−3y+5 = 0 Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian Oxyz cho (S) : (x−1)2+(y+2)2+(z−3)2 = 25 vàM(2;−4;1) . Trong tất cả các đường thẳng d qua M cắt mặt cầu theo dây cung AB, viết phương trình tham số của đường thẳng cắt trục Ox và thỏa mãn độ dài AB nhỏ nhất. Lời giải: Mặt cầu (S) có tâm I (1;−2;3) và bán kính R = 5 Có M nằm trong mặt cầu (S). Gọi H là hình chiếu vuông góc của I xuống (d). Lúc đó IH ≤ IM ⇒ ABmin⇔ (d)⊥IM. Gọi N (t;0;0) ∈ Ox là giao điểm của (d) và Ox. Có −−→MN = (t−2;4;−1) Do IM ⊥ (d)⇔−→IM.−−→MN = 0 với −−→MN = (t−2;4;−1) ,−→IM = (1;−2;−2)⇒ t = 8⇒ N (8;0;0) Vậy đường thẳng (d) cần tìm đi qua 2 điểm M,N và nhận −−→MN = (6;4;−1) làm véctơ chỉ phương nên có phương trình tham số:  x = 2+6t y =−4+4t z = 1− t , t ∈ R Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các số phức w để phương trình bậc hai (ẩn z): z2+wz+8i−6 = 0 có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Lời giải: Gọi z1,z2 là hai nghiệm của phương trình. Lúc đó theo giả thiết bài toán có :[ z1 = 2z2 z2 = 2z1 ⇔ (z1−2z2)(z2−2z1) = 0⇔ 9z1z2 = 2(z1 + z2)2 ⇔ 9(4i−3) = w2 Gọi w = x+ yi.x,y ∈ R. Lúc đó có x2− y2 +2xyi =−27+36i ⇔ { x2− y2 =−27 xy = 18 ⇔ { x = 3 y = 6 hay { x =−3 y =−6 Vậy có 2 số phức thõa yêu cầu bài toán: w = 3+6i; w =−3−6i 5