Lời giải đề số 07 của Math.vn

DIỄN ĐÀN MATH.VN

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 07
Câu I. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+ (m−6)x+ m−2 (m là tham số). Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 9
Lời giải:
Hàm số y = x
3
−3x
2
+ 3x+ 7 = (x−1)
3
+ 8
Bảng biến thiên
Đồ thị
2
4
6
8
10
2−2

Câu I. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm A


3
2
;
11
4

đến đường thẳng đi qua hai
điểm cực trị lớn nhất.
Lời giải:
Hàm số có đạo hàm: y

= 3x
2
−6x+ m−6
Đồ thị hàm số đa thức bậc 3 có 2 cực trị khi: y

= 0 phải có 2 nghiệm phân biệt:
⇔ ∆

= 3
2
−3(m−6) > 0 ⇔m < 9
Ta có : y = y


1
3
x−
1
3


+

2
3
m−6

x+
4m
3
−4
vì điểm cực tr ị có hoàng độ là nghiệm của y

= 0 nên đường thẳng (d) qua 2 cực trị có pt là:
y =

2
3
m−6

x+
4m
3
−4 ⇔(2m−18)x−3y+ 4m−12 = 0 ⇔2kx−3y+ 4k +24 = 0 với k = m−9 < 0
Khoảng cách từ A đến d là : l =




2k

3
2
−3
11
4
+ 4k+ 24




√
4k
2
+ 9
=
7
4
|
4k+ 9
|
√
4k
2
+ 9
> 0 nên 4k + 9 = 0
Xét f(k) =
(4k+ 9)
2
4k
2

+ 9
⇒ f

(k) =
72(4k+ 9)(k −4)
4k
2
+ 9
Suy ra không tồn tại k để f(k) đạt giá trị lớn nhất.
Do đó không tồn tại m để khoảng cách từ A đến d lớn nhất. 
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình 4sin
2
x+ tanx+
√
2(1+ tanx)sin3x = 1
Lời giải:
PT ⇔ 4sin
2
x−2+ 1+ tanx+
√
2sin3x(1+ tanx) = 0
⇔ 2sin
2
x−2cos
2
x+ (1+ tanx)(1+
√
2sin3x) = 0
⇔ −2(cos

2
x−sin
2
x) + (1+ tanx)(1+
√
2sin3x) = 0
⇔ −2(cosx−sinx)(cosx+sinx) + (cosx+sinx)
1+
√
2sin3x
cosx
= 0
⇔ (cosx+sinx)

−2cosx+ 2sinx+
1+
√
2sin3x
cosx

= 0
TH 1. cosx+sinx = 0 ⇔ tanx = −1 ⇔ x =
−
π
4
+ k
π
1

TH 2. −2cosx+2sinx+

1+
√
2sin3x
cosx
= 0 ⇔ −2cos
2
x+ sin2x+ 1+
√
2sin3x = 0
⇔ cos2x−sin2x =
√
2sin3x ⇔ sin(
π
4
−2x) = sin3x ⇔ x =
π
20
+
k2
π
5
hay x =
3
π
4
+ k2
π

Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình


2

x+ y
2
+ y+ 3−3
√
y =
√
x+ 2
y
3
+ y
2
−3y−5 = 3x−3
3
√
x+ 2
Lời giải:
Ta có: 2

x+ y
2
+ y+ 3 ≥

(1+ 3)(x+ 2+ 3y) ≥
√
x+ 2+ 3
√
y

Đẳng thức xảy ra khi x = −1;y = 1. Thay vào phương trình dưới, thấy thỏa mãn.
Đáp số: (x;y) = (−1;1). 
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân I =

3
1
ln(3+ x
2
)

x(4−x) −2
dx
Lời giải:

Câu IV. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC,

ASB =

ASC =

BSC =
α
nội tiếp trong mặt cầu bán kính bằng R,
biết thể tích khối chóp S.ABC bằng
8
√
3
27

R
3
. Tính
α
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của SA; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện SABC. Đặt x = SA, a = AB, r = OA. Ta có tam giác ABC đều.
a = 2xsin
α
2
, r =
2
3
·
√
3
2
a =
2
√
3
3
xsin
α
2
, S
ABC
=
√
3

4
a
2
=
√
3x
2
sin
2
α
2
, SI ·SO = SM ·SA =
1
2
x
2
,
⇒ SO =
x
2
2R
, SO
2
= SA
2
−OA
2
, ⇒ x
2
= 4R

2

1−
4
3
sin
2
α
2

;
V
SABC
=
1
3
SO·S
ABC
=
8
√
3
3
R
3

1−
4
3
sin

2
α
2

2
sin
2
α
2
Vậy V
SABC
=
8
√
3
27
R
3
⇔

1−
4
3
sin
2
α
2

2
sin

2
α
2
=
1
9
⇔

1−
4
3
sin
2
α
2

·sin
α
2
=
1
3
⇔ sin
3
α
2
= 1 ⇔
α
=
π

3
+ k
4
π
3
. Vậy
α
=
π
3
. 
Câu V. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho các số thức a, b, c thỏa mãn 0 < a ≤ b ≤c và
a
2
−1
a
+
b
2
−1
b
+
c
2
−1
c
= 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a+ b
2011

+ c
2012
Lời giải:
Từ giả thiết ta có a ≤1 và c ≥1
khi đó
b
2
−1
b
+
c
2
−1
c
= −
a
2
−1
a
≥ 0 ⇔(b+c)(1−
1
bc
) ≥ 0 ⇒bc ≥ 1. (1)
Lại có
c
2
−1
c
= −


a
2
−1
a
+
b
2
−1
b

=
1
a
+
1
b
−(a+ b)= (a+ b)

1
ab
−1

≥ 2
√
ab(
1
ab
−1) =
= 2


1
√
ab
−
√
ab

≥
1
√
ab
−
√
ab ⇒

c−
1
√
ab


1+
√
ab
c

≥ 0 ⇒c ≥
1
√
ab

⇒ abc
2
≥ 1. (2)
Kết hợp (1), (2) và Theo BĐT AM-GM ta có P ≥ 3
3
√
ab
2011
c
2010
= 3
3

abc
2
(bc)
2010
≥ 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy minP = 3. 
Câu VIa. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x−1)
2
+(y−2)
2
= 4 và hai đường thẳng d
1
: mx+y−m−1 = 0,
d
2
: x−my+ m−1 = 0. Tìm m để mỗi đường thẳng d

1
, d
2
cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho bốn giao
điểm đó tạo thành một tứ giác có diện tích lớn nhất.
Lời giải:
2

Cách 1:
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và có bán kính R = 2. Gọi A, B là giao điểm của d
1
với (C); C, D là giao
điểm của d
2
với (C)(A, B, C, D theo thứ tự trên đường tròn); h
1
, h
2
lần lượt là khoảng các từ I đến d
1
, d
2
.
Ta có h
1
=
1
√
m
2

+ 1
< R, h
2
=
|m|
√
m
2
+ 1
< R nên d
1
, d
2
luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.
Ta có AB = 2

R
2
−h
2
1
, CD = 2

R
2
−h
2
2
. Rõ ràng d
1

⊥ d
2
nên AB ⊥CD .
Nên S
ABCD
=
1
2
AB·CD = 2

R
2
−h
2
1
·

R
2
−h
2
2
= 2

(4m
2
+ 3)(3m
2
+ 4)
m

2
+ 1
≤
(4m
2
+ 3) + (3m
2
+ 4)
m
2
+ 1
= 7
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = ±1. 
Cách 2:
Rõ ràng d
1
và d
2
đi qua P(1;1) nằm trong đường tròn với mọi m
nên mỗi đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt.
Vectơ pháp tuyến của d
1
và d
2
lần lượt là
−→
n
1
= (m;1) và
−→

n
2
= (1;−m) ⇒
−→
n
1
−→
n
2
= 0 ⇒d
1
⊥ d
2
.
Gọi A,C và B, D lần lượt là các giao điểm của d
1
, d
2
với đường tròn (C),
H, K lần lượt là hình chiếu của tâm I(1;2) trên d
1
và d
2
thì
S
ABCD
=
1
2
AC.BD =

1
2
√
AC
2
.BD
2
= 2

(R
2
−IH
2
)(R
2
−IK
2
) = 2
√
R
4
−R
2
.IP
2
+ IH
2
.IK
2
≤

≤ 2

R
4
−R
2
.IP
2
+

IH
2
+ IK
2
2

2
=

(2R
2
−IP
2
)
2
= 2R
2
−IP
2
= 7 (Do IH

2
+ IK
2
= IP
2
)
Đẳng thức xảy ra khi IH = IK ⇒ IHPK là hình vuông ⇔ IP = IH
√
2 ⇔
√
2
√
m
2
+ 1
= 1 ⇔m = ±1 
Câu VIa. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1)
2
+ (y −1)
2
+ (z + 1)
2
=
16
9
và điểm
A

0;0;

1
3

. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A vuông góc với đường thẳng chứa trục Oz và tiếp xúc
với mặt cầu (S)
Lời giải:

Câu VIIa. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho số phức z thỏa mãn
|
z
|
2
−2(z+
z) −2(z−z)i−9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
|
z
|
Lời giải:
Đặt: z = a+ bi
|
z
|
2
−2(z+
z) −2(z−z)i−9 = 0 ⇔a
2
+ b
2
−4a+ 4b = 9 ⇔a

2
+ b
2
−4(a−b) = 9
theo BĐT: a−b ≤

2(a
2
+ b
2
) ⇒ 9 = a
2
+ b
2
−4(a−b) ≥ a
2
+ b
2
−4

2(a
2
+ b
2
)
⇔ a
2
+ b
2
−4


2(a
2
+ b
2
) −9 ≤ 0 ⇔2
√
2+
√
17 ≥

(a
2
+ b
2
) ≥ 2
√
2−
√
17
⇔ 2
√
2+
√
17 ≥
|
z
|
≥ 2
√

2−
√
17 
Câu VIb. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
−2x−4y+ 3 = 0, (C
2
) : x
2
+ y
2
−6x−8y+ 20 = 0
và A(2;2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và cắt mỗi đường tròn (C
1
), (C
2
) tại hai điểm phân
biệt và

2−d
2
1
+

5−d

2
2
=
√
13 (d
1
, d
2
là khoảng cách từ tâm của các đường tròn (C
1
), (C
2
)đến ∆ )
Lời giải:

Câu VIb. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−1)
2
+ (y−1)
2
+ z
2
= 1. Gọi A là một điểm tùy
ý trên đường thẳng ∆ :
x−1
1
=
y−1
−2
=

z−1
1
. Từ A vẽ các tiếp tuyến AT
1
, AT
2
, AT
3
đến mặt cầu (S). Tìm tọa
độ điểm A biết mp(T
1
T
2
T
3
) tạo với ∆ một góc 30
o
.
Lời giải:

Câu VIIb. (1 điểm) ————————————————————————————————
3

Cho số phức z = 0 thỏa

z
z

3
+


z
z

3
+

|
z
|
3
+
1
|
z
|
3

2
= 6
Lời giải:
z = r(cos
θ
+ i. sin
θ
) đẳng thức trở thành

2cos6
θ
+ r

6
+
1
r
6
= 2 =




z
3
+
1
z
3




=




z+
1
z





.






z+
1
z

2
−3





≥ P
3
−3P
⇔ (P+ 1)
2
(P−2) ≤ 0 ⇔P ≤ 2 ⇒maxP = 2 
4