Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 13

DIỄN ĐÀN MATH.VN



LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 13

Câu I. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
x
và điểm A(−1; 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Cho hàm số y =
1−x
Lời giải:
Đồ thị
y
x
có tập xác định D = R\{1}.
Hàm số y =
1−x
1
Đạo hàm y′ =
(−x + 1)2
′
y > 0, ∀x ∈ D
1 2
Hàm số đồng biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
x
lim y = +∞; lim y = −∞
x→1+
x→1−
-1

x = 1 là phương trình tiệm cận dọc
lim y = −1,

x→−∞

lim y = −1

-2

x→+∞

y = −1 là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
Đồ thị qua gốc tọa độ O(0; 0)

Câu I. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm m để đường thẳng y = mx − m − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho AM 2 + AN 2 đạt giá trị
nhỏ nhất.
Lời giải:
Cách 1:
x
Xét phương trình tương giao:
= mx − m − 1 ⇔ mx2 − 2mx + m + 1 = 0 (∗)
1−x
Để cắt tại 2 điểm thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1:
m − 2m + m + 1 = 0
⇔m<0
∆′ = m2 − m(m + 1) = −m > 0
Đế ý thấy:Trung điểm của MN là I và I(1; −1) cố định
−

−
→ −
→ →
Sử dụng chèn điểm ta có : AM 2 + AN 2 = 2AI 2 + IM 2 + IN 2 (Do IM + IN = 0 )
Ta có AI cố định , IM = IN, nên biểu thức đó min khi và chỉ khi MN min
4
Lại tính MN: NM 2 = (x1 − x2 )2 (1 + m2 ) = (x1 + x2 )2 − 4x1 .x2 (m2 + 1) = −4m −
m
4
2
Do m < 0 nên đặt t = −m và t > 0,
MN = 4t + ≥ 8
t
Vậy m = −1
Cách 2:
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
√
1 − 2 1 − x 2 + 1 − 2 1 − y2 = m
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
x 2 + y2 + x − 1 − y2 = 1
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

1


Giải phương trình

√

3 sin 2x(1 + 2 cos x) + cos 3x
= 1.
1 + 2 cos x + cos 2x

√ Lời giải:
√
3 sin 2x(1 + 2 cos x) + cos 3x
3 sin x. cos x(1 + 2 cos x) = cos x − cos 3x + 2 cos2 x + cos x
=
1
⇔
2
2 cos x + 2 cos2 √
x
√
⇔ cos x(1 + 2 cos x)(2 3 sin x − 1) = 4 sin2 x. cos
x
⇔
(2
cos
x
+
1)(2
3√
sin x − 1) = 4 sin2 x
√
√
√

3
3
1
1
3
3
sin 2x + cos 2x + (
) sin x − cos x =
⇔ 3 sin 2x + cos 2x + 3 sin x − cos x = ⇔
2
2
2
2
2
4
π
3
3
⇔ cos( ). cos 2x + sin( π3 ). sin 2x − sin( π6 ). cos x + cos( π6 ). sin x = ⇔ cos(2x − π3 ) + sin(x − π6 ) =
3
4
4
3
1
2
π
π
π
π
⇔ cos 2(x − 6 ) + sin(x + 6 ) = ⇔ −2sin (x − 6 ) + sin(x − 6 ) + = 0

4
4

√
√
√
7π
π
1− 3
1− 3
1− 3
π
+ k2π ⇒ x =
+ k2π
⇔ x = + arcsin
− arcsin
 sin(x − 6 ) =

4
6
4
6
4

√
√
√
⇔
1+ 3
1+ 3

1+ 3
π
7π

π
+ k2π ⇒ x =
+ k2π
⇔ x = + arcsin
− arcsin
sin(x − 6 ) =
4
6
4
6
4
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
√
3
0
x + ex − e3x
Tính tích phân: I =
dx.
e3x
− ln 3
Lời giải:
√
3 x
0
0
e − e3x

x
dx
+
dx = I1 + I2
Ta có: I =
3x
e3x
− ln 3
− ln 3 e
−3x
0
x
−3x dx ⇒ v = e
Tính I1 =
dx:
Đặt
u
=
x
⇒
du
=
dx
và
dv
=
e
3x
−3
− ln 3 e

0
−3x
−3x
0
26
e
xe
dx = −9 ln 3 +
+
⇒ I1 =
−3
9
− ln 3 3
− ln 3

1 − e2x 1
· 2x dx
e2x
e
− ln 3
− ln 3
1
0 −1
1
−2
Đặt u = 2x − 1 ⇒ du = 2x dx; Nên I2 =
u 3 du = 6
e
e
8 2

80
Vậy I = −9 ln 3 +
9
Câu IV. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình lăng trụ đều ABC.A′ B′C′ có tất cả các cạnh đều bằng a .Gọi M là trung điểm của cạnh BB′ . Tính
thể tích khối tứ diện B′ ACM và bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A′ B′C′ .
Lời giải:
Gọi
hình vẽ
Tính I2 =

0

3

1 − e2x
dx =
e8x

0

3

Câu V. (1 điểm) ————————————————————————————————
√
√
√
√
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 ≤ 3 2 .
1

1
1
Chứng minh rằng √ a
+√ c
+√
≥1.
b
8 +1
8 +1
8 +1
Lời giải:
√
√
√
√
3 2 ≥ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 ≥ 2(a + b + c)2 ⇒ a + b + c ≤ 3
Đặt (2x)3 = 8a , (2y)3 = 8b , (2z)3 = 8c
⇒ (2x)3 .(2y)3 .(2z)3 = 8a+b+c ≤ 83 ⇒ xyz ≤ 1
4x2 + 2
Ta có (2x)3 + 1 = (2x + 1)(4x2 − 2x + 1) ≤
4

2

2


1
=
⇒√

1 + 8a

1

≥

1
2x2 + 1

1 + (2x)3
1
1
1
+ 2
+ 2
VT ≥ 2
2x + 1 2y + 1 2z + 1
1
1
1
Lại đặt m = 2 , n = 2 , p = 2 ⇒ mnp ≥ 1
x
y
z
n
p
m
+
+
≥ 1 ⇔ 2mnp + 2(mn + np + pm) ≥ 8

Ta sẽ chứng minh
m+2 n+2 p+2
Thật vậy bất đẳng thức cuối đúng do AM-GM và sử dụng mnp ≥ 1
Câu VIa. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
√
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đường√cao AH có phương
trình
x
=
3
3 , phương trình
√
√
hai đường phân giác trong góc ABC và ACB lần lượt là x − 3y = 0 và x + 3y − 6 3 = 0 . Bán kính đường
trịn nội tiếp tam giác ABC bằng 3. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ
dương.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIa. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho A(1; 0; 0), B(−1; −2; 0),C(−1; 1; −3) , mặt phẳng (P) : 2x + y −
x−2 y−3 z−4
2 = 0 và đường thẳng ∆ :
=
=
. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A có tâm I thuộc mặt
1
−1
−1
phẳng (P) sao cho IB vng góc với đường thẳng ∆ và mặt cầu (S) cắt (ABC) theo một đường trịn có bán

kính nhỏ nhất.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIIa. (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: |z| = |z + 4 − 3i| và biểu thức A = |z + 1 − i| + |z − 2 + 3i|
có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIb. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn (C1 ) : (x − 1)2 + y2 = 2 và
√ 2
1 2
3
(C2 ) : x +
= 2. Gọi A là giao điểm có hồnh độ dương của (C1 ) và (C2 ); ∆ là đường
+ y−
2
2
thẳng đi qua A cắt hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) lần lượt tại M, N sao cho M nằm ngoài (C2 ) và N nằm ngoài
(C1 ). Các tiếp tuyến của (C1 ) và (C2 ) tại M, N cắt nhau tại P .
Viết phương trình đường thẳng ∆ khi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP lớn nhất.
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIb. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
x−1 y−2 z−4
x y−3 z−2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

=
=
, d2 : =
=
1
1
1
1
−1
2
và điểm A(0; 1; 3) . Chứng minh A, d1 , d2 cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam
giác ABC biết đường cao từ B nằm trên d1 và đường phân giác trong góc C nằm trên d2 .
Lời giải:
3


Cách 1:
Cách 2:
Câu VIIb. (1 điểm) ————————————————————————————————
2z1 − i
Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện
= 1 và |z2 − 1 + i| = |z2 − 2 + 2i|.
2 + iz1
√
3 2−2
.
Chứng minh |z1 − z2 | ≥
2
Lời giải:
Cách 1:

Cách 2:

4