Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Lời giải Đề số 12 của Math.VN 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (80.54 KB, 5 trang )


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



BAI =
5

26
Lời giải:
Cách 1:
Xét điểm M (x
o
;y
o
),x
o
= −1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến tại M : y−

3−
5
x
o
+ 1

=
5
(x
o
+ 1)
2
(x−x
o
)

Ptrình của ha i 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;
3x
o
−7
x
o
+ 1

B là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận ngang y = 3 ⇒B(2x
o
+ 1;3)
Từ điều kiện giả thiết ta có phương trình
5

26
=
t

400+t
2
với t =
10
2
(x
o
+ 1)
2

,t > 0
⇔t = 100 ⇔ 10
2
= 10
2
(x
o
+ 1)
2
⇔ x
o
= 0 hay x
o
= −2
Với x
o
= 0 ⇒ pt của d : y = 5x−2
Với x
o
= −2 ⇒ pt của d : y = 5x+ 2
Cách 2:
Xét điểm M (x
o
;y
o
),x
o
= −1 thuộc (C). Ptrình tiếp tuyến d tại M : y−

3−

5
x
o
+ 1

=
5
(x
o
+ 1)
2
(x−x
o
)
1 vectơ pháp tuyến của d là
−→
u =

5
(x
o
+ 1)
2
;−1

Ptrình của ha i đường tiệm cận của (C) lần lượt là d
1
: x = −1, d
2
: y = 3

Ta có: ∆BAI vuông tại I nên

BAI luôn nhọn vì vậy:
cos(d;d
1
) =
|
−→
u .
−→
i |
|
−→
u .|.|
−→
i |
=
5
(x
o
+ 1)
2

1+
25
(x
o
+ 1)
4
= cos


BAI =
5

26

5
(x
o
+ 1)
2
= 5 ⇔|x
o
+ 1| = 1
1



x
o
= 0
x
o
= −2


d : y = 5x−2
d : y = 5x+ 2
Có 2 tiếp tuyến thoả mãn
Cách 3:

tan
2

BAI =
1
cos
2

BAI
−1 =
1
25
Mà: tan

ABI là hệ số góc k của tiếp tuyến.
tan

ABI =
1
tan

BAI
= |5|. Từ đây có được 2 tiếp tuyến
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải bất phương tr ình:
x−3
3

x+ 1+ x+ 3
>

2

9−x
x
Lời giải:
ĐK: 9 > x ≥−1;x = 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 < 2

9−x ⇔ 0 > x ≥−1 (∗∗)
Vậy nghiệm của bất phương tr ình là (∗) và (∗∗)
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình:

3(sin2x−3sinx) + 3 = 2cos
2
x+ 3cosx−2
Lời giải:
Ptrình

3(sin2x−3sinx) +3 = 2cos
2
+3cosx−2


3sin2x−3cosx = 2(1−sin
2
) + 3

3sinx−5


3sin2x−3cosx = −2sin
2
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 =
π
3
+ k2
π
x = k2
π
x =
2
π
3
+ k2
π
, k ∈Z
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân: I =


π
4
0
cos2x+ 2

2sin

x+
π
4

2sin
2

x+
π
4

+ 2

2cos

x+
π
4

+ 1
dx.
Lời giải:

Đặt x =
π
4
−t ⇒ dx = − dt Lúc đó : I =

π
4
0
sin2t −2

2sint
2sin
2
t +2

2cost + 1
dt =

π
4
0
2sint(cost −

2)
−2cos
2
t +2

2cost + 3
dt

Đặt u = cost ⇒ du = −sint dt. Lúc đó I = 2

1

2
2
u−

2
−2u
2
+ 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 60
o
. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD cùng khoảng cách giữa SB và AC.
Lời giải:
2

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
cos30
o
=
a

3
⇒ HD = AD−AH = a

3−
a

3
=
2a

3
SH = HDtan60
o
=
2a


3
·

3 = 2a
V
S.ABCD
=
1
3
·SH ·S
ABCD
=
1
3
·2a·a·a

3 =
2a
3

3
3
2. Tính khoảng cách:
Gọi E trung điểm SA
Ta có: BH =

AB
2
+ AH

2
=

a
2
+
a
2
3
=
2a

3
1
HE
2
=
1
BH
2
+
1
SH
2
=
3
4a
2
+
1

4a
2
=
1
a
2
⇒ 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
A
D
B
C
O
I
H
S
K
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 4x
2
−2mx+ 1 = 3

8x
3
+ 2x có đúng hai nghiệm thực phân biệt.
Lời giải:
Phương trình ⇔ 4x
2
+ 1−3

(4x
2
+ 1)2x = 2mx Đk: x ≥ 0

Với x = 0 không thỏa phương trình.
Với x > 0 pt đã cho ⇔
4x
2
+ 1
2x
−3

4x
2
+ 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 =

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) = t
2
−3t, (t ∈ [

2;+∞)) tại
đúng 1 điểm có hoành độ khác t =

2




m = f

3

2

; t =

2
m > f(

2) = f

3−

2

; t =

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+ mt
1
;14+ n
1
), N(−1+ nt
2
;14+ nt
2
)
3

−→
AM = (mt
1
, nt
1
)
−→
AN = (mt
2
, nt
2

)
−→
AM =
1
2
−→
AN ⇔ t
1
=
1
2
t
2
Phương trình giao điểm của ∆ và đương tròn: (−2+ mt)
2
+ (19+ nt)
2
= 169
⇔ (m
2
+ n
2
)t
2
+ (−4m+ 38n)t + 196 = 0
Áp dụng viet:












t
1
+t
2
=
4m−38n
m
2
+ n
2
t
1
t
2
=
196
m
2
+ n
2
t
1
=

1
2
t
2
Từ đó tính ra m = −n hoặc m =
281
433
n
Với m = −n. Chọn m = 1, n = −1. Ta có phương trình đường thẳng: x+ y−13 = 0
Với m =
281
433
n. 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).

−→
a

=
−→
n
P
= (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 IB
2
= 25 ⇔9t
2
−14t + 5 = 0 ⇔t = 1 hay t =
5
9
Với t = 1 ⇒I(1;−1;0), R = IA = 3.
Lúc đó pt mặt cầu (S):

x−1
2

+

y+ 1
2

+ z
2
= 9
Với t =
5

9
⇒ I

1
9
;−
13
9
;
8
9

, R = IA =
5
3
.
Lúc đó pt mặt cầu (S):

x−
1
9

2
+

y+
13
9

2

+

z−
8
9

2
=
25
9
Câu VIIa. (1 điểm) ————————————————————————————————
Chín học sinh gồm 5 nam và 4 nữ rủ nhau vào rạp chiếu phim. Tạ i 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 tr í 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 A
4
6
còn có thể xếp tới 2 vị trí đầu tiên kẹp 4 thằng con trai vào giữa nên ta có P =
5!A
4
6
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 = A); K ∈ d

(K = B) sao cho

2HK = HI. Do K ∈ d

⇒ K(a : −3a−7)

−→
HI = (−4;2),
−→
HK = (a−1;−3a−7)
Mà HI =

2HK ⇔ HI

2
= 2HK
2
⇔ 20 = 2[(a−1)
2
+ (3a+ 7)
2
] ⇔ (a+ 2)
2
= 0 ⇔a = −2.
4

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−1
3
=
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

AIB = 45

thế nên AB ⊥ BI.
Vậy ∆ đi qua M(1;2) và vuông góc với (d

) và do đó ta có phương tr ình 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 tr ình tham số của đường thẳng cắt tr ục 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) cầ n 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): z
2
+ wz+8i−6 = 0 có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp đôi

nghiệm kia.
Lời giải:
Gọi z
1
, z
2
là hai nghiệm của phương tr ình. Lúc đó theo giả thiết bài toán có :

z
1
= 2z
2
z
2
= 2z
1
⇔ (z
1
−2z
2
)(z
2
−2z
1
) = 0 ⇔9z
1
z
2
= 2(z
1

+ z
2
)
2
⇔ 9(4i−3) = w
2
Gọi w = x+ yi.x, y ∈ R.
Lúc đó có x
2
−y
2
+ 2xyi = −27+ 36i ⇔

x
2
−y
2
= −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

×