Lời giải Đề số 11 của Math.VN 2011

DIỄN ĐÀN MATH.VN

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 11
Câu I. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————-
Cho hàm số y =
2x−2
x+ 2
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Lời giải:
Hàm số y =
2x−2
x+ 2
Bảng biến thiên
Đồ thị
2
4
6
8
−2
−4
2 4
−2−4−6−8
Câu I. 2) (1 điểm) —————————————————————————————————
Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Hãy tìm hai điểm A, B trên (C) sao cho IA = IB và

AIB = 120
◦
.
Lời giải:

Gọi A

a−2;
2a−6
a

;B

b−2;
2b−6
b

∈ (C) (a = b;ab = 0)
Ta có I(−2;2) ⇒
−→
IA =

a;
−6
a

;
−→
IB =

b;
−6
b

Theo đề IA = IB ⇔ IA

2
= IB
2
⇔ a
2
+
36
a
2
= b
2
+
36
b
2
⇔ (a
2
−b
2
)

1−
36
a
2
b
2

= 0 ⇔


a = −b
a
2
b
2
= 36
⇔

a = −b
ab = ±6
+ Với a = −b ⇒
−→
IA;
−→
IB ngược hướng nên

AIB = 180
o
(loại)
+ Với ab = ±6 Ta có:
−→
IA.
−→
IB = ab+
36
ab
= IA
2
. cos120
o

= −
1
2
IA.IB < 0 ⇒ab < 0 ⇒ab = −6
Ta có:
−→
IA.
−→
IB = −
1
2


a
2
+
36
a
2

b
2
+
36
b
2

= ab+
36
ab

= −12
⇔

a
2
+
36
a
2

b
2
+
36
b
2

= 24
2
⇔ a
2
b
2
+
36(a
4
+ b
4
)
a

2
b
2
+
36
2
a
2
b
2
= 24
2
⇔ 36+ a
4
+ b
4
+ 36 = 24
2
⇔ (a
2
+ b
2
)
2
−2a
2
b
2
+ 72 = 24
2

⇔ (a
2
+ b
2
)
2
= 24
2
⇔ a
2
+ b
2
= 24
Vậy ta có hệ

a
2
+ b
2
= 24
ab = −6
⇔

(a+ b)
2
= 12
ab = −6

Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————–
Giải phương trình 8sin


x+
π
6

+ tanx+cotx = 4cot2x trên R
Lời giải:
phương trình tương đương: 8sin

x+
π
6

+
2
sin2x
= 4cot2x
tương đương: 4sin

x+
π
6

sin2x+ 1 = 2cos2x
tương đương: 2(
√
3sinx+ cosx)sin2x+ 3sin
2
x−cos
2

x = 0 đến đây là ổn rồi. 
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————–
1

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:
ĐK x ≥ −2, phương trình tương đương: (x
2
+ 4)
√
2x+ 4 ≤ 3x
2
+ 6x−4
⇔ (x
2
+ 4)(
√

2x+ 4+ 1) ≤2x(2x+4−1) ⇔ (x
2
+ 4)(
√
2x+ 4+ 1) ≤2x(
√
2x+ 4+ 1)(
√
2x+ 4−1)
⇔ x
2
+ 4 ≤ 2x(
√
2x+ 4−1) ⇔ x
2
+ 2x+ 4 ≤2x
√
2x+ 4 (∗)
Theo AM-GM ta có 2x
√
2x+ 4 ≤ 2|x|
√
2x+ 4 ≤ x
2
+ 2x+ 4. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

x
2
= 2x+ 4
x = |x|

Từ đó (∗) ⇔ x
2
+ 2x+ 4 = 2x
√
2x+ 4 ⇔

x
2
= 2x+ 4
x = |x|
⇔

x = 1±
√
5
x ≥ 0
⇔ x = 1+
√
5 
Câu III. (1 điểm) —————————————————————————————————-
Tính tích phân I =
e

1
x+ (1−lnx)
2
+ 1
(x+ lnx)
2
dx.

Lời giải:
x+ (1−lnx)
2
+ 1 = x+ ln
2
x−2lnx+2 = (x
2
+ 2xlnx+ ln
2
x) −(x
2
+ 2xlnx) + x−2lnx+2
= (x+ lnx)
2
−2x(x+ lnx) + x
2
+ 3x−2(lnx+x) +2 = (x+ lnx)
2
−2(x+ 1)(x+ lnx) +x
2
+ 3x+ 2
= (x+ lnx)
2
−2(x+ 1)(x+ lnx) +(x+1)(x+2)
⇒ I =

e
1
(x+ (1−lnx)
2

+ 1)
(x+ lnx)
2
dx =

e
1
(x+ lnx)
2
−2(x+ 1)(x+ lnx) +(x+1)(x+2)
(x+ lnx)
2
dx
=

e
1
dx−2

e
1
x+ 1
x+ lnx
dx+

e
1
(x+ 1)(x+ 2)
(x+ lnx)
2

dx
I

=

e
1
(x+ 1)(x+ 2)
(x+ lnx)
2
dx = 2

e
1
x+ 1
x+ lnx
dx−x(x+ 2)ln
1
x+ lnx




e
1
Cuối cùng chúng mình có: I = x





e
1
−x(x+ 2)ln
1
x+ lnx




e
1

Câu IV. (1 điểm) —————————————————————————————————-
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2BC = 2a. Mặt bên (SAD) vuông góc với
đáy đồng thời tam giác SAD cân tại S và c ó trực tâm H. Biết rằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC)
bằng
a
√
13
26
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
Lời giải:
Dựng hệ trục tọa độ M là gốc, MD trục hoành, MN
trục tung và MS trục cao.
Ta có các điểm A

−
a
2
;0;0


;D

a
2
;0;0

;N(0;2a;0)
Gọi S(0, 0, s) và điểm H(0, 0, h) với (s, h > 0)
−→
AH =

a
2
;0;h

;
−→
DS =

−
a
2
;0;s

Ta có:
−→
AH.
−→
DS = 0 ⇔−

a
2
4
+ sh = 0 ⇔sh =
a
2
4
Ta có
−→
NS = (0;−2a;s);
−→
SH = (0;0;h−s)
⇒ [
−→
SH,
−→
NS] = (2a(h−s);0;0)
d(H;SN) =



[
−→
SH,
−→
NS]



SN

=
|
2a(h−s)
|
√
s
2
+ 4a
2
=
a
√
13
26
⇔ 208

a
2
4s
−s

2
= s
2
+ 4a
2
⇔ 207s
4
−108a
2

s
2
+ 13a
4
= 0
⇔



s
2
=
a
2
3
s
2
=
13a
2
69
⇔



s =
a
√
3
s = a


13
69
A B
C
D
S
M
N
H
K
E
Ta có: V = V
S.ABCD
=
1
3
SH.S
ABCD
Với s =
a
√
3
⇒V =
2a
3
3
√
3
Với s = a


13
69
⇒V =
2a
3
√
13
3
√
69

2

Câu V. (1 điểm) —————————————————————————————————–
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab+ bc + ca = 6. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a+4b+5c.
Lời giải:

(a+ b)
2
+ (b+ c)
2
+ (c+ a)

2

(1+ 9+ 4) ≥(3a+ 4b+ 5c)
2
⇒ 3a+ 4b+ 5c ≤
√
168
3a+ 4b+ 5c = b+2c+ 3
√
6+ ab+ bc+ca ≥3
√
6 
Câu VIa. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC và 3 đường thẳng (d
1
) : 2x−y−3 = 0, (d
2
) : x−2y+1 = 0,
(d
3
) : x+ y−2 = 0 lần lượt chứa đường cao AH, trung tuyến BM, đường phân giác trong CK của tam giác
ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi A(a;2a−3), B(2b−1;b),C(c;2−c) Gọi A

là điểm đối xứng với A qua phân giác trong CK.
Từ đó ta dễ dàng tính được A

(5−2a;2−a)
Ta có

−→
A

C(c+2a−5;a−c). Vì A

C ⊥ AH nên 2(c+ 2a−5) −(a−c) = 0 hay 3a+ 3c = 5 (1)
Ta có trung điểm M của BC là M

a+ c
2
;
2a−c−1
2

. Vì M ∈ BM nên ta có − 3a+ 3c+ 4 = 0 (2)
Ta có
−→
BC(c−2b+ 1;2−c−b). Vì BC ⊥ AH nên −3b+ 3c = 0 (3)
Giải hệ (1);(2);(3) Ta tính được a =
3
2
, b =
1
6
, c =
1
6
. Thay vào ta có tọa độ A;B;C 
Câu VIa. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P) : x−2y−z = 0, (Q) : x+ y+ 2z−3 = 0 và đường

thẳng (d) :
x
1
=
y−3
2
=
z+ 5
3
. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng (d), tiếp xúc
mặt phẳng (P) và cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r =
3
2
.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIIa. (1 điểm) ————————————————————————————————-
Một học sinh A ước muốn đỗ vào đại học và nếu chưa đỗ năm nay thì năm sau sẽ thi tiếp (thi bao giờ đỗ thì
thôi). Biết rằng xác suất để học sinh A đỗ đại học trong một lần thi là 0, 2011. Hãy tìm xác suất để học sinh
A thi đỗ ở lần thi thứ 3.
Lời giải:
Gọi A
i
là biến cố học sinh A thi đỗ vào năm thứ i, với i =
1, ., n.
Xác suất để học sinh đó thi đỗ ở lần thứ 3 là: P(A
3
) = P(
A

1
.A
2
.A
3
) = (1−0, 2011)
2
.0, 2011 = 0, 128 
Câu VIb. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc đường thẳng (d) : 2x+y+1 = 0,
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình x
2
+ y
2
+ 4x−2y−20 = 0 và trung điểm M(−
3
2
;
9
2
)
của cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIb. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d) :
x−1
−1
=

y
−2
=
z+ 2
−2
và hai mặt phẳng
(P) : x −y + z = 0, (Q) : x+ y + 3z −10 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) bán kính R = 5, tiếp xúc với
đường thẳng (d) đồng thời cắt cả hai mặt phẳng (P) và (Q) theo giao tuyến là các đường tròn lớn.
Lời giải:
Cách 1:
3

Cách 2:
Câu VIIb. (1 điểm) ————————————————————————————————-
Giả sử có 25 học sinh được chia làm hai nhóm sao cho nhóm có học sinh nhiều hơn thì số học sinh nam
trong nhóm cũng nhiều hơn. Chọn ngẫu nhiên mỗi nhóm một học sinh, biết rằng xác suất chọn được 2 học
sinh nam là 0, 48. Tính xác xuất để chọn được một học sinh nam và một học sinh nữ.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
4