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).
Có
−→
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)
Có
−→
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
⇒ HKAB.
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