Lời giải đề thi thử Đại học số 06 của math.vn

DIỄN ĐÀN MATH.VN

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 06
Câu I. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số: y =
x+ 3
x−1
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Lời giải:
Hàm số
Bảng biến thiên
Đồ thị
1
2
3
4
5
6
−1
−2
−3
1 2 3 4 5 6
−1−2−3−4

Câu I. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm điểm A trên đường thẳng x = 5 sao cho từ A ta có thể vẽ đến (C) hai tiếp tuyến mà hai tiếp điểm cùng
với điểm B(1;3) thẳng hàng.
Lời giải:
Gọi A(5;a) Gọi d là đường thẳng qua A có hệ số góc k: y = k(x−5) + a
Để d tiếp xúc với (C) thì hệ sau:






k(x−5) + a =
x+ 3
x−1
k =
−4
(x−1)
2
có nghiệm.
Từ hệ suy ra:
−4
(x−1)
2
(x−5) + a =
x+ 3
x−1
⇔ (a−1)x
2
−2(a+ 3)x+ a+23 = 0 (1)
Để d tiếp xúc với (C) tại 2 điểm thì pt (1) phải có: ∆

> 0 ⇔ (a+3)
2
−(a−1)(a+ 23) ⇔a < 2
Gọi d


là đường thẳng qua B(1;3) và có hệ số góc m: y = m(x−1) + 3
Theo đề bài thì 2 giao điểm là nghiệm của pt hoàng độ của d

và (C):
m(x−1) + 3 =
x+ 3
x+ 1
⇔ mx
2
+ 2x−m = 0
Vì hoàng độ 2 giao điểm đều là nghiệm của pt (1) và pt (2) nên :
m
a−1
=
−m
a+ 23
(m = 0)
⇔
1
a−1
=
−1
a+ 23
⇔ a = −11
Vậy điểm A(5;−11) là điểm cần tìm. 
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình :
√
2cos


x
5
−
π
12

−
√
6sin

x
5
−
π
12

= 2sin

x
5
+
2
π
3

−2sin

3x
5
+

π
6

.
Lời giải:
Chia hai vế của PT cho 2
√
2
Thu được PT cos

x
5
+
π
4

=
√
2cos

x
5
+
π
4

cos

2x
5

+
5
π
12

1
⇔ cos

x
5
+
π
4


cos

2x
5
+
5
π
12

−
1
√
2

= 0

Đây là PTLG cơ bản rồi. 
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình s au trên tập số thực: x = 1+
1
2
√
x
3
+ x
2
−8x−2+
3
√
x
3
−20.
Lời giải:
* Với x ≤−3 ta có : 2x−2−2
3
√
x
3
−20 =
√
x
3
+ x
2
−8x−2, ta chứng minh 2x−2−2
3

√
x
3
−20 < 0.
Thật vậy chuyển vế, lập phương thu gọn ta thu được điều tương đương sau: 3x
2
−3x−19 > 0
(điều này đúng vì x < −3)
*Với x ≥ −3 ta có phương trình đã cho tương đương: 2x−4−2
3
√
x
3
−20 =
√
x
3
+ x
2
−8x−2−2
⇔
3
√
8x
3
−48x
2
+ 96x−64−
3
√

8x
3
−160 =
√
x
3
+ x
2
−8x−2−2
⇔
−48x
2
+ 96x+ 96
a
2
+ ab+ b
2
=
x
3
+ x
2
−8x−6
2+ c
(với a = 2x−4;b = 2
3
√
x
3
−20;c =

√
x
3
+ x
2
−8x−2.)
⇔ (x
2
−2x−2)

x+ 3
2+ c
+
48
a
2
+ ab+ b
2

= 0
Từ đó suy ra: x
2
−2x−2 = 0 vậy x = 1+
√
3 hoặc x = 1−
√
3 Thử lại các nghiệm tm. 
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân: I =
√

5

0
dx

(9−x
2
)
3
Lời giải:
I =
1
9

√
5
0
9

(9−x
2
)
3
dx =
1
9

√
5
0

9−x
2
+x
2
√
9−x
2
9−x
2
dx =
1
9

√
5
0
√
9−x
2
+
x.x
√
9−x
2
9−x
2
dx =
x
9
√

9−x
2



√
5
0
=
√
5
18

Câu IV. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, đường cao SA = a, M là điểm thay đổi trên
cạnh SB. Mặt phẳng (ADM) cắt SC tại điểm N. Ta kí hiệu V
1
,V
2
lần lượt là thể tích các khối đa diện SADMN
và MNADCB. Tìm vị trí của điểm M trên cạnh SB để
V
1
V
2
=
5
4
.
Lời giải:

Rõ ràng theo tính chất của giao tuyến thì
MN song song với BC
gọi
SM
SB
= x > 0
V
SAND
V
SACD
=
SN
SC
= x ⇒V
SAND
=
x
2
V
t
V
SANM
V
SACB
=
SN
SC
SM
SB
= x

2
⇒V
SANM
=
x
2
2
V
t
V
1
= V
SAND
+V
SANM
=
x
2
+ x
2
V
t
V
1
V
2
=
x
2
+ x

2−x
2
−x
=
5
4
⇒ x =
2
3
A
B
C
D
S
M
N

Câu V. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: (a+ b)(b+ c)(c+ a) ≥
7
3

a+ b+ c+
3
7

.
Lời giải:
Cách 1:
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: Với mọi a, b, c > 0 ta có:

2
(a+ b)(b+ c)(c+a) ≥
8
9
(a+ b+ c)(ab+bc+ca).
Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
ab+ bc+ ca ≥3
3
√
a
2
b
2
c
2
= 3.
Suy ra: (a+ b)(b+ c)(c+a) ≥
8
3
(a+ b+ c).
Khi đó bài toán quy về chứng minh:
8
3
(a+ b+ c) ≥
7
3
(a+ b+ c+
3
7
).

Tương đương với: a+ b+ c ≥3.
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo AM -GM nên ta có đcpm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 
Cách 2:
BĐT đã cho tương đương 3
∑
cyc
a
2
b+ 3
∑
cyc
a
2
c+ 3 ≥7(a+ b+ c) (1)
Ta có a
2
b+ a
2
b+ a
2
b+ a
2
c+ a
2
c+ a
2
c+ 1
AM−GM
≥

7
7
√
a
12
bc = 7
7
√
a
11
Cộng 2 BĐT tương tự của b và c, ta có VT(1) ≥7

7
√
a
11
+ 7
7
√
b
11
+ 7
7
√
c
11

Ta cần chứng minh
7
√

a
11
+
7
√
b
11
+
7
√
c
11
≥ a + b+ c với điều kiện abc = 1, mà đây lại là 1 BĐT rất quen
thuộc AM-GM là ra ngay
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 
Cách 3:
Dùng đẳng thức (a+ b+ c)(ab+bc+ca) −abc = (a+b)(b+ c)(c+ a)
ta sẽ biến đổi được BĐT ⇔ (a+ b+ c)[3(ab+bc+ ca) −7] ≥6
đúng vì a+ b+ c ≥3, ab+ bc+ ca ≥ 3 
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 tại E
sao cho
−→
AE = 2
−→
EB. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G

2;
13
3


. Viết phương trình cạnh
BC.
Lời giải:
Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EC. Từ
−→
AE =
2
3
−→
AI, ta có: I(2;3) Do E ∈Oy nên E(0;a) và do
−→
EC⊥
−→
AI
nên:
−→
EC.
−→
AI = 0 ⇔4.0−4(6−2a) = 0 ⇔a = 3 Vậy E(0;3),C(4;3).
Mặt khác, từ
−→
AE = 2
−→
EB, ta có: B(−1;1). Đường thẳng BC qua B(5;2), có VTCP
−→
BC = (5;2) nên có phương
trình là:
x−4
5

=
y−3
2
⇔ 2x−5y+ 7 = 0 
Câu VIa. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: ∆ :
x−5
13
=
y−6
1
=
z+ 3
4
, ∆

:
x−2
13
=
y−3
1
=
z+ 3
4
. Gọi (
α
) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm
C(3;−4;−2) trên (
α

).
Lời giải:
Nhận thấy ∆∆

Chọn điểm A ∈ ∆ →A(5, 6−3) Chọn điểm B ∈∆

→ B(2, 3−3)
−→
BA(3, 3, 0)
Ta có :

−−→
n
(
α
)
⊥
−→
BA
−−→
n
(
α
)
⊥
−−→
u
(∆)
→ n
(

α
)
= [
−→
BA.
−−→
u
(∆)
] →
−−→
n
(
α
)
(12, −12, −36)
−−→
n
(
α
)
(−1, 1, 3)
Mặt phẳng qua A(5, 6−3),
−−→
n
(
α
)
(−1, 1, 3) → (
α
) : x−y−3z−8 = 0

Gọi đt (d) :

qua C(3, −4−2)
(d) ⊥ (
α
) →
−→
u
(d)
=
−→
n
α
= (−1, 1, 3)
→ (d)





x = 3−t
y = −4+t
z = −2+ 3t
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên
α
ta có H = (d)

(
α
)

Thay x, y, z từ phương trình tham số của (d) vào (
α
) ta được: 3−t −(4−t) −3(2+ 3t) −8 = 0 →t =
5
11
3
Thay t =
5
11
vào (d) ta được H

28
11
,
41
11
,
−7
11

. 
Câu VIIa. (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình z
4
+ 4 = 0 trên tập số phức.
Lời giải:
Phương trình tương đương với (z
2
+ 2)
2

−4z
2
= 0, hay là tương đương với (z
2
+ 2z+ 2)(z
2
−2z+ 2) = 0.
Trường hợp z
2
+ 2z+ 2 = 0 tức là (z+ 1)
2
= −1, do đó z = −1+i hoặc z = −1−i.
Trường hợp còn lại z
2
−2z+ 2 = 0, tức là (z−1)
2
= −1, do đó z = 1+i hoặc z = 1−i. 
Câu VIb. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy gọi d

là đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và tạo với đường thẳng
d : x+ 2y+3 = 0 một góc 45
o
.
Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d

, tiếp xúc với d và có bán kính bằng
7
√
5

.
Lời giải:
Phương trình (d

) qua A(0;1) có VTPT
−→
n

= (a;b), với a
2
+ b
2
= 0, có dạng: a(x−0) + b(y−1) = 0 (1)
Theo giả thiết, ta có: |cos(
−→
n ;
−→
n

)| = cos45
o
⇔
|a+ 2b|

5(a
2
+ b
2
)
=

√
2
2
⇔ a = 3b hoặc a = −
1
3
b
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) = 0 ⇔ 3x+ y−1 = 0
Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với đường thẳng (d) và có tâm I(x;y) nằm trên (d

) nên tọa độ điểm I là
nghiệm của hệ:

I ∈(d

)
d(I;(d)) = R
⇔



3x+ y−1 = 0
|x+ 2y+ 3|
√
5
=
7

√
5
⇔ (x;y) =

−
2
5
;
11
5

hoặc (x;y) =

12
5
;
−31
5

Với I

−
2
5
;
11
5

, phương trình đường tròn cần tìm là:


x+
2
5

2
+

y−
11
5

2
=
49
5
Với I

12
5
;−
31
5

, phương trình đường tròn cần tìm là:

x−
12
5

2

+

y+
31
5

2
=
49
5
Tương tự cho trường hợp: a = −
1
3
b
Chọn b = −3, a = 1, phương trình đường thẳng (d

) là: x−3y+ 3 = 0
Giải hệ, ta tìm được 2 điểm: I
1

6
5
;
7
5

, I
2

−

36
5
;−
7
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) và C(−4;7;5). Gọi H là
trực tâm của tam giác nói trên. Viết phương trình đường thẳng đi qua H và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Lời giải:
Câu VIIb. (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm m để phương trình: 2log
2
(x−1) = 1+log
2
(5−mx) có đúng một nghiệm.
Lời giải:
Phương trình xác định khi x > 1 và mx < 5
PT tương đương log
2
(x−1)
2
= log
2
(10−2mx) ⇔ (x−1)
2
= 10−2mx
⇔ (x−1)
2

−10+ 2mx = 0 ⇔x
2
−2x−9+ 2mx = 0 ⇔ m =
−x
2
+ 2x+ 9
2x
Ta được mx < 5 ⇔
−x
2
+ 2x+ 9
2
< 5 ⇔x > 1
Vậy bài toán chuyển về tìm m để phương trình m =
−x
2
+ 2x+ 9
2x
có nghiệm duy nhất lớn hơn 1
Xét f (x) =
−x
2
+ 2x+ 9
2x
ta có f

(x) = −
x
2
+ 9

2x
2
< 0. Nên f (x) < f (1) = 5 ⇔ m < 5 
4