DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 06 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số: y = x+ 3 x−1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Lời giải: Hàm số Bảng biến thiên Đồ thị 1 2 3 4 5 6 −1 −2 −3 1 2 3 4 5 6 −1−2−3−4  Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm điểm A trên đường thẳng x = 5 sao cho từ A ta có thể vẽ đến (C) hai tiếp tuyến mà hai tiếp điểm cùng với điểm B(1;3) thẳng hàng. Lời giải: Gọi A(5;a) Gọi d là đường thẳng qua A có hệ số góc k: y = k(x−5) + a Để d tiếp xúc với (C) thì hệ sau:      k(x−5) + a = x+ 3 x−1 k = −4 (x−1) 2 có nghiệm. Từ hệ suy ra: −4 (x−1) 2 (x−5) + a = x+ 3 x−1 ⇔ (a−1)x 2 −2(a+ 3)x+ a+23 = 0 (1) Để d tiếp xúc với (C) tại 2 điểm thì pt (1) phải có: ∆  > 0 ⇔ (a+3) 2 −(a−1)(a+ 23) ⇔a < 2 Gọi d  là đường thẳng qua B(1;3) và có hệ số góc m: y = m(x−1) + 3 Theo đề bài thì 2 giao điểm là nghiệm của pt hoàng độ của d  và (C): m(x−1) + 3 = x+ 3 x+ 1 ⇔ mx 2 + 2x−m = 0 Vì hoàng độ 2 giao điểm đều là nghiệm của pt (1) và pt (2) nên : m a−1 = −m a+ 23 (m = 0) ⇔ 1 a−1 = −1 a+ 23 ⇔ a = −11 Vậy điểm A(5;−11) là điểm cần tìm.  Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình : √ 2cos  x 5 − π 12  − √ 6sin  x 5 − π 12  = 2sin  x 5 + 2 π 3  −2sin  3x 5 + π 6  . Lời giải: Chia hai vế của PT cho 2 √ 2 Thu được PT cos  x 5 + π 4  = √ 2cos  x 5 + π 4  cos  2x 5 + 5 π 12  1 ⇔ cos  x 5 + π 4   cos  2x 5 + 5 π 12  − 1 √ 2  = 0 Đây là PTLG cơ bản rồi.  Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— 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: * Với x ≤−3 ta có : 2x−2−2 3 √ x 3 −20 = √ x 3 + x 2 −8x−2, ta chứng minh 2x−2−2 3 √ x 3 −20 < 0. Thật vậy chuyển vế, lập phương thu gọn ta thu được điều tương đương sau: 3x 2 −3x−19 > 0 (điều này đúng vì x < −3) *Với x ≥ −3 ta có phương trình đã cho tương đương: 2x−4−2 3 √ x 3 −20 = √ x 3 + x 2 −8x−2−2 ⇔ 3 √ 8x 3 −48x 2 + 96x−64− 3 √ 8x 3 −160 = √ x 3 + x 2 −8x−2−2 ⇔ −48x 2 + 96x+ 96 a 2 + ab+ b 2 = x 3 + x 2 −8x−6 2+ c (với a = 2x−4;b = 2 3 √ x 3 −20;c = √ x 3 + x 2 −8x−2.) ⇔ (x 2 −2x−2)  x+ 3 2+ c + 48 a 2 + ab+ b 2  = 0 Từ đó suy ra: x 2 −2x−2 = 0 vậy x = 1+ √ 3 hoặc x = 1− √ 3 Thử lại các nghiệm tm.  Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân: I = √ 5  0 dx  (9−x 2 ) 3 Lời giải: I = 1 9  √ 5 0 9  (9−x 2 ) 3 dx = 1 9  √ 5 0 9−x 2 +x 2 √ 9−x 2 9−x 2 dx = 1 9  √ 5 0 √ 9−x 2 + x.x √ 9−x 2 9−x 2 dx = x 9 √ 9−x 2    √ 5 0 = √ 5 18  Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, đường cao SA = a, M là điểm thay đổi trên cạnh SB. Mặt phẳng (ADM) cắt SC tại điểm N. Ta kí hiệu V 1 ,V 2 lần lượt là thể tích các khối đa diện SADMN và MNADCB. Tìm vị trí của điểm M trên cạnh SB để V 1 V 2 = 5 4 . Lời giải: Rõ ràng theo tính chất của giao tuyến thì MN song song với BC gọi SM SB = x > 0 V SAND V SACD = SN SC = x ⇒V SAND = x 2 V t V SANM V SACB = SN SC SM SB = x 2 ⇒V SANM = x 2 2 V t V 1 = V SAND +V SANM = x 2 + x 2 V t V 1 V 2 = x 2 + x 2−x 2 −x = 5 4 ⇒ x = 2 3 A B C D S M N  Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: (a+ b)(b+ c)(c+ a) ≥ 7 3  a+ b+ c+ 3 7  . Lời giải: Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: Với mọi a, b, c > 0 ta có: 2 (a+ b)(b+ c)(c+a) ≥ 8 9 (a+ b+ c)(ab+bc+ca). Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: ab+ bc+ ca ≥3 3 √ a 2 b 2 c 2 = 3. Suy ra: (a+ b)(b+ c)(c+a) ≥ 8 3 (a+ b+ c). Khi đó bài toán quy về chứng minh: 8 3 (a+ b+ c) ≥ 7 3 (a+ b+ c+ 3 7 ). Tương đương với: a+ b+ c ≥3. Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo AM -GM nên ta có đcpm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  Cách 2: BĐT đã cho tương đương 3 ∑ cyc a 2 b+ 3 ∑ cyc a 2 c+ 3 ≥7(a+ b+ c) (1) Ta có a 2 b+ a 2 b+ a 2 b+ a 2 c+ a 2 c+ a 2 c+ 1 AM−GM ≥ 7 7 √ a 12 bc = 7 7 √ a 11 Cộng 2 BĐT tương tự của b và c, ta có VT(1) ≥7  7 √ a 11 + 7 7 √ b 11 + 7 7 √ c 11  Ta cần chứng minh 7 √ a 11 + 7 √ b 11 + 7 √ c 11 ≥ a + b+ c với điều kiện abc = 1, mà đây lại là 1 BĐT rất quen thuộc AM-GM là ra ngay Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1  Cách 3: Dùng đẳng thức (a+ b+ c)(ab+bc+ca) −abc = (a+b)(b+ c)(c+ a) ta sẽ biến đổi được BĐT ⇔ (a+ b+ c)[3(ab+bc+ ca) −7] ≥6 đúng vì a+ b+ c ≥3, ab+ bc+ ca ≥ 3  Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với điểm A(2;7), đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho −→ AE = 2 −→ EB. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G  2; 13 3  . Viết phương trình cạnh BC. Lời giải: Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EC. Từ −→ AE = 2 3 −→ AI, ta có: I(2;3) Do E ∈Oy nên E(0;a) và do −→ EC⊥ −→ AI nên: −→ EC. −→ AI = 0 ⇔4.0−4(6−2a) = 0 ⇔a = 3 Vậy E(0;3),C(4;3). Mặt khác, từ −→ AE = 2 −→ EB, ta có: B(−1;1). Đường thẳng BC qua B(5;2), có VTCP −→ BC = (5;2) nên có phương trình là: x−4 5 = y−3 2 ⇔ 2x−5y+ 7 = 0  Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: ∆ : x−5 13 = y−6 1 = z+ 3 4 , ∆  : x−2 13 = y−3 1 = z+ 3 4 . Gọi ( α ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm C(3;−4;−2) trên ( α ). Lời giải: Nhận thấy ∆∆  Chọn điểm A ∈ ∆ →A(5, 6−3) Chọn điểm B ∈∆  → B(2, 3−3) −→ BA(3, 3, 0) Ta có :  −−→ n ( α ) ⊥ −→ BA −−→ n ( α ) ⊥ −−→ u (∆) → n ( α ) = [ −→ BA. −−→ u (∆) ] → −−→ n ( α ) (12, −12, −36) −−→ n ( α ) (−1, 1, 3) Mặt phẳng qua A(5, 6−3), −−→ n ( α ) (−1, 1, 3) → ( α ) : x−y−3z−8 = 0 Gọi đt (d) :  qua C(3, −4−2) (d) ⊥ ( α ) → −→ u (d) = −→ n α = (−1, 1, 3) → (d)      x = 3−t y = −4+t z = −2+ 3t Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên α ta có H = (d)  ( α ) Thay x, y, z từ phương trình tham số của (d) vào ( α ) ta được: 3−t −(4−t) −3(2+ 3t) −8 = 0 →t = 5 11 3 Thay t = 5 11 vào (d) ta được H  28 11 , 41 11 , −7 11  .  Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình z 4 + 4 = 0 trên tập số phức. Lời giải: Phương trình tương đương với (z 2 + 2) 2 −4z 2 = 0, hay là tương đương với (z 2 + 2z+ 2)(z 2 −2z+ 2) = 0. Trường hợp z 2 + 2z+ 2 = 0 tức là (z+ 1) 2 = −1, do đó z = −1+i hoặc z = −1−i. Trường hợp còn lại z 2 −2z+ 2 = 0, tức là (z−1) 2 = −1, do đó z = 1+i hoặc z = 1−i.  Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy gọi d  là đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và tạo với đường thẳng d : x+ 2y+3 = 0 một góc 45 o . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d  , tiếp xúc với d và có bán kính bằng 7 √ 5 . Lời giải: Phương trình (d  ) qua A(0;1) có VTPT −→ n  = (a;b), với a 2 + b 2 = 0, có dạng: a(x−0) + b(y−1) = 0 (1) Theo giả thiết, ta có: |cos( −→ n ; −→ n  )| = cos45 o ⇔ |a+ 2b|  5(a 2 + b 2 ) = √ 2 2 ⇔ a = 3b hoặc a = − 1 3 b Trường hợp 1: Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1, thay vào (1). Phương trình đường thẳng (d  ) là: 3(x−0) + 1(y−1) = 0 ⇔ 3x+ y−1 = 0 Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với đường thẳng (d) và có tâm I(x;y) nằm trên (d  ) nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:  I ∈(d  ) d(I;(d)) = R ⇔    3x+ y−1 = 0 |x+ 2y+ 3| √ 5 = 7 √ 5 ⇔ (x;y) =  − 2 5 ; 11 5  hoặc (x;y) =  12 5 ; −31 5  Với I  − 2 5 ; 11 5  , phương trình đường tròn cần tìm là:  x+ 2 5  2 +  y− 11 5  2 = 49 5 Với I  12 5 ;− 31 5  , phương trình đường tròn cần tìm là:  x− 12 5  2 +  y+ 31 5  2 = 49 5 Tương tự cho trường hợp: a = − 1 3 b Chọn b = −3, a = 1, phương trình đường thẳng (d  ) là: x−3y+ 3 = 0 Giải hệ, ta tìm được 2 điểm: I 1  6 5 ; 7 5  , I 2  − 36 5 ;− 7 5   Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;2;−1), B(2;− 1;3) và C(−4;7;5). Gọi H là trực tâm của tam giác nói trên. Viết phương trình đường thẳng đi qua H và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Lời giải: Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm m để phương trình: 2log 2 (x−1) = 1+log 2 (5−mx) có đúng một nghiệm. Lời giải: Phương trình xác định khi x > 1 và mx < 5 PT tương đương log 2 (x−1) 2 = log 2 (10−2mx) ⇔ (x−1) 2 = 10−2mx ⇔ (x−1) 2 −10+ 2mx = 0 ⇔x 2 −2x−9+ 2mx = 0 ⇔ m = −x 2 + 2x+ 9 2x Ta được mx < 5 ⇔ −x 2 + 2x+ 9 2 < 5 ⇔x > 1 Vậy bài toán chuyển về tìm m để phương trình m = −x 2 + 2x+ 9 2x có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 Xét f (x) = −x 2 + 2x+ 9 2x ta có f  (x) = − x 2 + 9 2x 2 < 0. Nên f (x) < f (1) = 5 ⇔ m < 5  4 . DIỄN ĐÀN MATH. VN http:/ /math. vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 06 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số: y = x+ 3 x−1 . Khảo sát sự biến thi n và. ———————————————————————————————— Cho hàm số: y = x+ 3 x−1 . Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Lời giải: Hàm số Bảng biến thi n Đồ thị 1 2 3 4 5 6 −1 −2 −3 1 2 3 4 5 6 −1−2−3−4  Câu I. 2) (1 điểm). và có hệ số góc m: y = m(x−1) + 3 Theo đề bài thì 2 giao điểm là nghiệm của pt hoàng độ của d  và (C): m(x−1) + 3 = x+ 3 x+ 1 ⇔ mx 2 + 2x−m = 0 Vì hoàng độ 2 giao điểm đều là nghiệm của pt (1)