Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06

Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06 giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập toán học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 06DIỄN ĐÀN MATH.VNhttp://math.vnLỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 06Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— x+3 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Cho hàm số: y = x−1 Lời giải: Đồ thị6 5 4 3Hàm số Bảng biến thiên2 1 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 1 2 3 4 5 6Câu 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  k(x − 5) + a = x + 3  x − 1 có nghiệm. Để d tiếp xúc với (C) thì hệ sau: k = −4  (x − 1)2 −4 x+3 Từ hệ suy ra: (x − 5) + a = 2 x−1 (x − 1) 2 − 2(a + 3)x + a + 23 = 0 (1) ⇔ (a − 1)x 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): x+3 ⇔ mx2 + 2x − m = 0 m(x − 1) + 3 = x+1 Vì hoàng độ 2 giao điểm đều là nghiệm của pt (1) và pt (2) nên : m −m = (m = 0) a − 1 a + 23 1 −1 ⇔ = ⇔ a = −11 a − 1 a + 23 Vậy điểm A(5; −11) là điểm cần tìm. Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ √ x 2π 3x π x π x π − − + + − 6 sin = 2 sin − 2 sin . Giải phương trình : 2 cos 5 12 5 12 5 3 5 6 Lời giải: √ Chia hai vế của PT cho 2 2 √ x π x π 2x 5π + + + Thu được PT cos = 2 cos cos 5 4 5 4 5 121x π 2x 5π 1 =0 + + cos −√ 5 4 5 12 2 Đây là PTLG cơ bản rồi. Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ 1√ 3 3 x + x2 − 8x − 2 + x3 − 20. Giải phương trình sau trên tập số thực: x = 1 + 2 Lời giải: √ √ √ 3 3 * Với x ≤ −3 ta có : 2x − 2 − 2 x3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2, ta chứng minh 2x − 2 − 2 x3 − 20 < 0. Thật vậy chuyển vế, lập phương thu gọn ta thu được điều tương đương sau: 3x2 − 3x − 19 > 0 (điều này đúng vì x < −3) √ √ 3 x *Với x ≥ −3 ta có phương trình đã cho tương đương: 2x − 4 − 2 √ 3 − 20 = x3 + x2 − 8x − 2 − 2 √ √ 3 3 ⇔ 8x3 − 48x2 + 96x − 64 − 8x3 − 160 = x3 + x2 − 8x − 2 − 2 2 + 96x + 96 −48x x3 + x2 − 8x − 6 ⇔ = 2 2 2+c √ a + ab + b √ 3 3 3 + x2 − 8x − 2.) (với a = 2x − 4; b = 2 x − 20; c = x x+3 48 ⇔ (x2 − 2x − 2) =0 + 2 2 √ √ 2 + c a + ab + b Từ đó suy ra: x2 − 2x − 2 = 0 vậy x = 1 + 3 hoặc x = 1 − 3 Thử lại các nghiệm tm. Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— √ ⇔ cos5Tính tích phân: I = Lời giải:0dx (9 − x2 )3√ √ 9−x2 +x2 √ √ √ √ x.x 5 5 √ 5 9 − x2 + √ 5 1 5 1 x 1 9 2 9−x 9−x2 I= = dx = dx = √ dx = 9 0 9 0 9 − x2 9 0 9 − x2 18 9 9 − x2 0 (9 − x2 )3 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 V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối đa diện SADMN V1 5 = . và MNADCB. Tìm vị trí của điểm M trên cạnh SB để V2 4 Lời giải: SRõ ràng theo tính chất của giao tuyến thì MN song song với BC SM =x>0 gọi SB VSAND SN x = x ⇒ VSAND = Vt = VSACD SC 2 x2 VSANM SN SM = x2 ⇒ VSANM = Vt = VSACB SC SB 2 2+x x Vt V1 = VSAND +VSANM = 2 2+x x 5 2 V1 = = ⇒x= 2−x V2 2 − x 4 3N AMDBCCâu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— 7 3 Cho ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a) ≥ 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√ AM−GM √ 7 7 = Ta có a2 b + a2 b + a2 b + a2 c + a2 c + a2 c + 1 ≥ 7 a12 bc √ 7 a11 √ √ 7 7 11 7 Cộng 2 BĐT tương tự của b và c, ta có V T (1) ≥ 7 a + 7 b11 + 7 c11 √ √ √ 7 7 7 Ta cần chứng minh a11 + b11 + c11 ≥ 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 13 − → − → sao cho AE = 2EB. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G 2; . Viết phương trình cạnh 3 BC. Lời giải: − → 2→ − − → → − Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EC. Từ AE = AI, ta có: I(2; 3) Do E ∈ Oy nên E(0; a) và do EC⊥AI 3 − → →− nên: EC.AI = 0 ⇔ 4.0 − 4(6 − 2a) = 0 ⇔ a = 3 Vậy E(0; 3),C(4; 3). − → − → − → Mặt khác, từ AE = 2EB, ta có: B(−1; 1). Đường thẳng BC qua B(5; 2), có VTCP BC = (5; 2) nên có phương x−4 y−3 trình là: = ⇔ 2x − 5y + 7 = 0 5 2 Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x−2 y−3 x−5 y−6 z+3 = = ,∆ : = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: ∆ : 13 1 4 13 1 z+3 . Gọi (α ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm 4 C(3; −4; −2) trên (α ). Lời ...