DE THI THU DAI HOC 2011 MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KHUÊ NGỌC ĐIỂN VĂN SỸ. THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN. A. PHẦN CHUNG: Câu I: (2 điểm) y. 2x  3 x 2. Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt tiệm cận đứng tại A và cắt tiệm cận ngang là B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình:   sin3x  cos3x  2 2cos  x   1 0 4 . 2. Giải hệ phương:  x 2  y 2  xy  1 4 y  2 2  y  x  y  2 x  7 y  2.  x, y  R . Câu III. (1 điểm) Chọn một trong hai tích phân sau: 3. I   x  3 x  2  3. Tính tích phân: Câu IV. (1 điểm). 1. 2. 2011.  2. dx. hoặc.  1  sinx   ln. I  0. 1cosx . 1  cosx. dx. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB = a, AC a 3, DA DB DC . Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: ab  bx  ca  2abc . 7 . 27. B. PHẦN RIÊNG: (Cơ bản) Câu VIa. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y - 6 = 0 và 2x - y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIa (1 điểm) Cho Z1, Z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z 2 - 4z + 11 = 0. Tính giá trị của biểu thức z1  z2. 2. 2.  z1  z2 . 2. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI CHI TIẾT Câu I. 1. Tự giải: 2. Tìm M trên (C) để đường tròn có diện tích nhỏ nhất :  2a  3  M  a;   a  2    C . 1 y '  a   2  a  2. Ta có: Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại M: y . 1.  a  2. 2.  x  a . 2a  3 a 2.  2a  2  A  2;  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng:  a  2 . Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang: B(2a – 2 ; 2) Giao điểm của hai đường tiệm cận: I( 2, 2)  x A  xB 2  2 a  2 a  xM  2  2   y A  y B  2a  3  y M a 2 Dễ thấy:  2 , suy ra M là trung điểm AB.. Mặt khác tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính R = IM và có diện tích bằng: 2.   1  2   a  2  2     2  a  2     (Côsi) 1 2 4   a  2  1  a 1  a 3  a  2  2  a  2.  2  2a  2 S  .IM    a  2      a 2  2.  2 . Vậy minS = 2  , đạt được khi Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là: M(1; 1) và M(3, 3) Câu II. 1. Giải phương trình:   sin3x  cos3x  2 2cos  x   1 0 4   sin3 x  cos3 x  2  cosx  sinx   1 0.  3sinx  4 sin3 x  4cos 3 x  3cosx  2  cosx  sinx   1 0.  4  cos 3 x  sin3 x   5  cosx  sinx   1 0  4  cosx  sinx   cos 2 x  sin 2 x  cosxsinx   5  cosx  sinx   1 0  4  cosx  sinx   1  cosxsinx   5  cosx  sinx   1 0.   t cosx  sinx  2cos  x     2 t  2 4  Đặt.  .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 t2  t 2 cos 2 x  sin 2 x  2cosxsinx 1  2cosxsinx  cosxsinx  2. Phương trình (*) trở thành:  1 t2   4t  1    5t  1 0 2    t 1 2t 3  t  1 0   t  1  2t 2  2t  1 0   2  2t  2t  1 0(VN )   2      2cos  x   1  cos  x     x    k 2 4 4 2 4 4   Với t = 1. Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: 2. Giải hệ phương:  x 2  y 2  xy  1 4 y  2 2  y  x  y  2 x  7 y  2. x k 2 , x .   k 2 2. k Z.  x, y  R . Để ý thấy y = 0 không thỏa hệ. Hệ đã cho trở thành:  x2 1  y  x  y 4   2  x  y  2  2 x  1 7  y (I) 2  x 1 u  y  v  x  y . Đặt Hệ (I) trở thành:.  u 1  u 4  v v 3  2   u 9 u  v 4 v  2v  15 0   2 v  2u 7  v  5 u 1  v 3 ta có hệ: Với  x2 1 1    y  x  y 3 .   x 1   x2 1  y  x2 1  y  x 2  x  2 0  y 2        x  2  x  y 3  y 3  x  y 3  x    y 5. u 9  v  5 ta có hệ: Với. kZ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x2 1 9    y  x  y  5 .  x 2  1 9 y   x  y  5 .  x 2  1 9 y   y  5  x .  x 2  9 x  46 0   y  5  x. , hệ này vô nghiệm.. Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm là: (1; 2), (-2; 5). Câu III. 3. I   x3  3 x 2  2 . Tính tích phân: 3. I   x  3x  2  3. 2. 2011. 1. 3.   x  1. 2011. 1. 2011. dx. 1. 3. dx    x  1  x  2 x  2   2. 2011. 1.   x  1 2  3  . 2011. 3. dx   x  1. 2011. x. 2.  2x  2. 2011. 1. dx. Đặt t x  1  dt dx Đổi cận:. x t Khi đó:. -1 -2. 2.  t 2011  t 2  3. 2011. 3 2 dt.  1. I 2 Lại đặt u  t  du  dt Đổi cận: t -2 u 2 Khi đó: 2.   u . . 2011. 2.    u   3. 2 -2. 2011. 2. du  u. 2 2 I Từ (1) và (2) suy ra: I  I  I 0 Vậy I = 0.  2. hoặc  2. I  0.  1  sinx   ln. I  0.  1  sinx   ln. 1  cosx. u. 2.  3. 2011. 2. du  t 2011  t 2  3  2. 1cosx . 1  cosx. dx.  2. 1cosx .  2. 2011.  1 cosx  dx  ln  1  sinx   ln  1  cosx   dx    0  2.  2. cosxln  1  sinx  dx  ln  1  sinx  dx  ln  1  cosx  dx 0. 0. 0.  x   t  dx  dt 2 Đặt. Đổi cận: x. 0.  2. t.  2. 0. Khi đó:.  1. 2011. du.  2. dx .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  2.  2.  2. I sintln  1  cos t  dt  ln  1  cos t  dt  ln  1  s int  dt 0. 0. 0.  2.  2.  2. I sinxln  1  cos x  dx  ln  1  cos x  dx  ln  1  sin x  dx  2 . hay. 0. 0. 0.  2. Cộng (1) với (2):.  2. I cosxln  1  s inx  dx  sinxln  1  cos x  dx 0         0         J. K.  2. J cosxln  1  s inx  dx. 0 Tính Đặt t 1  sinx  dt cosxdx Đổi cận:  x 0. 2. t Khi đó:. 1.  2. 2 2. 2 2 1. J cosxln  1  s inx  dx lntdt tlnt |  dt 2ln2  1 0. 1. 1.  2. K s inxln  1  co s x  dx. 0 Tính Đặt t 1  cosx  dt  s inxdx Đổi cận:  x 0. 2. t Khi đó:. 2. 1.  2. 1. 0. 2. 2. 2. I s inxln  1  co s x  dx  lntdt lntdt tlnt |12  dt 2ln2  1 1. 1. Suy ra 2I = 2ln2 - 1 + 2ln2 - 1  I 2ln 2  1 Vậy I 2ln2  1 Câu IV. (tự vẽ hình) ABC vuông tại A  BC 2a DBC vuông tại D  DB DC DA a 2 BC  IA ID  a 2 Gọi I là trung điểm BC. Vì DA a 2 , nên IAD vuông tại I  ID  IA (1). Mà ID  BC (2) ID   ABC  Từ (1) và (2) . 1 1 1 a3 3 VABCD  .ID.S ABC  ID. AB. AC  .a.a.a 3  3 6 6 6 Vậy. Câu V..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có: ab  bc  ca  2abc a  b  c   bc  1  2a  a  1  a   bc  1  2a . Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 sô b, c không âm ta có: b  c 2 bc .  b  c bc . 2. 1 a . 4 2 1 a   0 x  4 Đặt x = bc. 2. 4.  1 a 2   0;  4 y  f  x   1  2a  x  a  1  a    Xét hàm số trên đoạn . Ta có: f  0  a  1  a .  a 1  a  . 2. 4. 1 7   4 24 (côsi). 2  1 a 2  7 1  1 1 7 f 2a    a       4  24 4  3 3 24 a   0;1   với mọi 7 1 ab  bx  ca  2abc  .  a b c  27 Dấu “=” xảy ra 3 (đpcm). Vậy. Câu VIa.  x u ,u  R  y  6  u  1. Phương trình tham số đường trung trực: Gọi I là trung điểm BC  I (u;6  u)  x v ,v R   C (v;3  2v) Phương trình tham số (CC’):  y 3  2v. Từ đó suy ra B( 2u – v; 9 - 2u - 2v). Vì C’ là trung điểm AB nên:  2u  v  5 11  2u  2v  ' C'  ;   CC 2 2   nên ta có: 5  2u  v  5  11  2u  2v 2  3 0  u   2 2 6   5 41  I ( ; ) 6 6. Phương trình (BC): 3x - 3y + 23 = 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 x  y  3 0  14 37   C ;    3 3  3x  3 y  23 0. Tọa độ điểm B:  xB 2 xI  xC 19 4  B( ; )  3 3  yB 2 yI  yC. 2. Tọa độ tâm I là giao điểm của ba mặt phẳng: mặt phẳng trung trực của AB; mặt phẳng trung trực của AC; mặt phẳng (ABC). AB  2; 2;  2 . Ta có:  Ta có:. AC  0; 2; 2 . . Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB: x + y - z - 1 = 0. . Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AC: y + z - 3 = 0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là phẳng (ABC): 2x - y + z + 1 = 0.. Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ:.   n  AB, AC   8;  4; 4 .  x  y  z  1 0    y  z  3 0 2 x  y  z  1 0 . R IA .   1  2. Bán kính đường tròn là Câu VIIa. Giải phương trình 2z2 - 4z + 11 = 0. 2.  x 0   y 2  z 1 . 2. Phương trình có hai nghiệm là. z1 1 . 3 2 3 2 i, z2 1  i 2 2. 2. 3 2 22 | z1 || z2 | 1   ; z1  z2 2   2  2  Suy ra 2. 2. . Vậy tâm đường tròn là I(0; 2; 1). 2.   0  2    1  1  5.  ' 4  22  18 18i 2. 2 2 z1  z2  z1  z2   2 z1 z2 11  2 4 ( z1  z2 ) 2 Do đó ( z1  z2 ). . Suy ra phương trình mặt.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>