Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 10 là tài liệu tham khảo dành cho các bạn đang cần tìm kiếm tài liệu học tập và ôn thi Đại học, Cao đẳng.
Trang 1ht tp
.m
vn
DIỄN ĐÀN MATH.VN
http://www.math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 10 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số y = x3
− 2x2+ (m − 1)x + 2m (m là tham số) Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = −3.
Lời giải:
Hàm số y = x3
− 2x2+ −4x − 6
Bảng biến thiên
Đồ thị
−2
−4
−6
−8
−10
−12
−14
−2
Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C m)
Lời giải:
Cách 1:
phương trình tiếp tuyến là y = k(x − 1) + 2
phương trình hoành độ giao điểm : k(x − 1) + 2 = x3
− 2x2+ (m − 1)x + 2m (1)
thay k = y0= 3x2
− 4x + m − 1 vào (1) có : 2x3− 5x2+ 4x − 3(m − 1) = 0 (2)
từ điểm M chỉ có đúng hai tiếp tuyến ⇔ (2) có 2 ng phân biệt x1, x2
không mất tổng quát giả sử f (x) = (x − x1)2.(x − x2) = 0
⇔ x3− (2x1+ x2)x2+ (x2
1+ 2x1x2)x − x2
1x2= 0 (3)
từ (2) và (3) ⇒ hệ:
2x1+ x2= 5
2
x21+ 2x1x2= 2
x21x2= 3
2(m − 1)
⇒ m =43 hoặc m = 109
Cách 2:
phương trình tiếp tuyến là y = k(x − 1) + 2
phương trình hoành độ giao điểm : k(x − 1) + 2 = x3
− 2x2+ (m − 1)x + 2m (∗)
thay k = y0= 3x2− 4x + m − 1 vào (∗) có : 2x3− 5x2+ 4x − 3(m − 1) = 0 (∗∗)
Đặt f (x) = 2x3
− 5x2+ 4x − 3(m − 1) , f0(x) = 6x2− 10x + 4,
ta suy ra 2 điểm cực trị của hàm số f (x) là A(1;4 − 3m) và B 2
3;
109
27 − 3m
Ta thấy pt bậc 3 (∗∗) có đúng 2 nghiệm khi 1 trong 2 điểm cực trị nằm trên trục hoành
Từ đó ta tìm được m =4
3 hoặc m = 109
Câu II 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình tan x + tan 2x + tan 3x + tan 4x = 0.
Lời giải:
ĐK x 6= π2+ kπ, 2x6=π2+ kπ, 3x6= π2+ kπ, 4x6= π2+ kπ
tan x + tan 2x + tan 3x + tan 4x = 0 ⇔ cos x sin x+ sin 4x
cos 4x+sin 2x
cos 2x+ sin 3x
cos 3x = 0
Trang 2ht tp
.m
vn
⇔ sin 5x
cos x cos 4x+ sin 5x
cos 2x cos 3x= 0 ⇔ sin 5x = 0 cos x cos 4x + cos 2x cos 3x = 0
⇔ 5x = kπ
cos x (cos 4x + cos 2x(4 cos2x− 3)) = 0 ⇔
x = kπ5 (cos 4x + cos 2x(4 cos2x− 3) = 0 (∗)
Câu II 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình
(
2x + 5y = xy + 2
x2+ 4y + 21 = y2+ 10x
Lời giải:
Phương trình dưới ⇔ (x − 5)2
− (y − 2)2= 0 ⇔ (x + y − 7)(x − y − 3) = 0 ⇔ x = 7 − y
x = y + 3
thay lên pt trên ⇒ y y22− 4y + 12 = 0
− 4y − 4 = 0 ⇔
(y − 2)2
= −8
(y − 2)2= 8 ⇔ y = 2 + 2
√
2 ⇒ x = 5 − 2√2
y= 2 − 2√2 ⇒ x = 5 − 2√2
Câu III (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân: I=
Z e
1
x3(1 − x2)
(1 + 2x2ln x)3dx
Lời giải:
Cách 1:
Chia tử và mẫu cho x6ta được: I =Z e
1
1
x3−1
x
1
x2+ 2lnx
3dx, ta có 1
x2+ 2 ln x
0
= −2
x3 + 21
x,
suy ra I = −1
2
Z e
1
1
1
x2+ 2lnx
3d 1
x2+ 2lnx
= 1 4
1
1
x2+ 2lnx
2
e
1
Cách 2:
Ta có I =Z e
1
x2
1+ 2x2ln x
(x − x3)
(1 + 2x2ln x)2dx, vì
x2
1+ 2x2ln x
0
= 2(x − x3)
(1 + 2x2lnx)2
I=1
2
Z e
1
x2
1+ 2x2ln xd
x2
1+ 2x2ln x
= 1 4
x2
1+ 2x2ln x
2
e
1
Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tỷ số thể tích hai phần của khối chóp tứ giác đều S.ABCD được phân chia bởi mặt phẳng đi qua tâm O của đáy đồng thời mặt phẳng đó song song với mặt phẳng (SAB).
Lời giải:
Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có ln2− 1
n+ 1
< 1
n+ 1+
1
n+ 2+ +
1
n + n < ln 2
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIa 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC nếu biết đỉnh A(2;1), trực tâm H(−6;3),
và trung điểm cạnh BC là M(2;2).
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Trang 3ht tp
.m
vn
Câu VIa 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(−1;0;−1) và cắt đường thẳng d0:x− 1
2 =y− 2
1 = z+ 2
−1 sao cho góc giữa đường thẳng d và đường thẳng d00: x− 3
−1 =
y− 2
2 =z+ 3
2 nhỏ nhất
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIIa (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm số phức z thỏa mãn (z2+ z − 3)2+ (2z + 1)2= 0
Lời giải:
Viết lại phương trình ta được (z2
+ z − 3)2− (2iz + i)2= 0 ⇔ (z2+ z − 3 + 2iz + i)(z2+ z − 3 − 2iz − i) = 0 Phương trinh z2+ z −3+2iz+i = 0 ⇔ 4z2+ 4z(2i + 1) −12+4i = 0 ⇔ (2z+2i+1)2= 9 cho ta hai nghiệm
z = 1 − i , z2= −2 − i.
Phương trinh z2
+ z −3−2iz−i = 0 ⇔ 4z2+ 4z(1 −2i)−12−4i = 0 ⇔ (2z+1−2i)2= 9 cho ta hai nghiệm
z = 1 + i , z = −2 + i.
Kết luận phương trình có 4 nghiệm 1 − i,−2 − i,1 + i,−2 + i.
Câu VIb 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong hệ tọa độ Oxy, cho Hypebol (H) : x2
4 −y
2
5 = 1 và điểm M(3; −2).
Tìm hai điểm A,B thuộc (H) sao cho −→ MA+ −→MB=−→
0
Lời giải:
Giả sử A(x1; y1); B(x2; y2); Vì A, B thuộc hypebol nên ta có 5x2
1− 4y21= 20 (1) và 5x2
2− 4y22= 20 (2)
Lấy pt (1) trừ pt (2) kết hợp M là trung điểm A,B
ta có 5(x1− x2)(x1+ x2) − 4(y1− y2)(y1+ y2) = 0 hay 30(x1− x2) + 16(y1− y2) = 0
Suy ra ~n(15;8) là véctơ pháp tuyến của AB từ đó có phương trình đường thẳng AB : 15x + 8y − 29 = 0 Tọa độ A,B là giao điểm của AB và Hypebol đã cho Ta tính được A,B
Câu VIb 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(3;−2;1) và cắt đường thẳng d0: x− 1
1 = y+ 1
2 = z− 1
−1 sao cho khoảng cách giữa đường thẳng d và đường thẳng
d00: x− 1
2 = y− 2
−1 =
z+ 1
2 lớn nhất
Lời giải:
Gọi (α) là mặt phẳng qua A và chứa (d0) ta tìm được phương trình của (α) : x + 2y + 5z − 4 = 0
Ta tìm được giao điểm của (d00) với (α) là B(95;85;−15 )
Gọi (∆) là đường thẳng qua A và song song với (d00)
Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (∆, d) và gọi C là hình chiếu của B lên (∆)
Ta có khoảng cách giữa d00 và d bằng BH Ta thấy BH ≤ BC nên BH lớn nhất khi H trùng với C
Khi đó d có véctơ chỉ phương ~u = [~nα, ~BC ], từ đó viết được phương trình đường thẳng d
Câu VIIb (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho số phức z = cos2π
3 + i sin2π
3 Tính giá trị của biểu thức T = (1 + z)(1 + z2)(1 + z3) (1 + z2011)
Lời giải:
Từ z = cos2 π
3 + i sin23π ⇒ z3= 1 và z2+ z + 1 = 0 (vì z 6= 1).
Mặt khác trong 2011 số tự nhiên từ 1, ,2011 có 670 số chia hết cho 3, 671 số chia cho 3 dư 1 và 670 số chia cho 3 dư 2 Do đó
(1 + z)(1 + z4) (1 + z2011) = (1 + z)671
(1 + z2)(1 + z5) (1 + z2009) = (1 + z2)670
(1 + z3)(1 + z6) (1 + z2010) = (1 + 1)670
Suy ra T = 2670(1 + z)670(1 + z2)670(1 + z) =
= −2670z2(1 + z + z2+ z3)670= −2670(cos43π + i sin43π) = 2669(1 +√
3i ) Đáp số T = 2669(1 +√
3i)
... khác 2011 số tự nhiên từ 1, ,2011 có 670 số chia hết cho 3, 671 số chia cho dư 670 số chia cho dư Do
(1 + z)(1 + z4) (1 + z2011< /small>)... M(2;2).
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Trang 3ht tp
.m... 3
2 nhỏ
Lời giải:
Cách 1:
Cách 2:
Câu VIIa (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm số phức z thỏa mãn (z2+