Đang tải... (xem toàn văn)
tai lieu hay day moi nguoi
DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 03 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 4 −2mx 2 +2 (Cm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 Lời giải: m = 1 hàm số y = x 4 −2x 2 +2 có TXĐ là D = R y = 4x 3 −4x = 4x x 2 −1 Nên y = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2 x = −1 ⇒ y = 1 x = 1 ⇒ y = 1 y > 0 ⇔ −1 < x < 0 hoặc 1 < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến trên (−1;0); (1;+∞) y < 0 ⇔ −∞ < x < −1 hoặc 0 < x < 1 ⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞; −1); (0;1). Giới hạn lim x→−∞ y = +∞; lim x→+∞ y = +∞. Bảng biến thiên Điểm cực đại (0; 2), điểm cực tiểu (−1; 1); (1; 1). Đồ thị giao với trục tung: x = 0 ⇒ y = 2. Đồ thị cắt trục tung tại điểm B(0;2) Đồ thị 1 2 3 4 1 2−1−2 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D 3 5 ; 9 5 . Lời giải: Cách 1. Ta có y = 4x 3 −4mx = 4x(x 2 −m) . Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu khi x qua 3 nghiệm đó ⇔ y có 3 nghiệm phân biệt ⇔ t(x) = x 2 −m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 (1) Với ĐK đó hàm số có các điểm cực trị với toạ độ là nghiệm HPT y = x 4 −2mx 2 +2 (2) x 3 −mx = 0 (3) Ta có (2) ⇔ y = x(x 3 −mx)−mx 2 +2 = −mx 2 +2 (4) (do (3)) ⇒ x 2 = 2−y m (5) Từ (4) có y 2 = m 2 x 4 −4mx 2 +4 = m 2 x(x 3 −mx) +m(m 2 −4)x 2 +4 = m(m 2 −4)x 2 +4(do (3)) Hay y 2 = (m 2 −4)(2−y) +4 (6) (do (5)) Từ (5)&(6) ta thu được x 2 +y 2 = m 2 + 1 m −4 (2−y) +4(7) Như vậy theo suy luận trên thì toạ độ các điểm cực trị cùng thoả mãn PT (7) , mà (7) là PT của đường tròn . Do đó đường tròn (T ) qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số có PT x 2 +y 2 = m 2 + 1 m −4 (2−y) +4 Bây giờ (T) qua D( 3 5 ; 9 5 ) ⇔ 9 25 + 81 25 = m 2 + 1 m −4 1 5 +4 ⇔ m 3 −2m +1 = 0 ⇔ (m−1)(m 2 +m−1) = 0 ⇔ m = 1;m = −1± √ 5 2 Kết hợp ĐK m > 0 ta thu được các giá trị cần tìm là m = 1 và m = −1 + √ 5 2 Cách 2. Hàm số có y = 4x 3 −4mx = 4x(x 2 −m). Đây là tích của một nhị thức và một tam thức nên hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi x 2 −m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 Do hệ số bậc 3 dương nên hàm số có cực đại A(0,2), cực tiểu B (− √ m,2−m 2 ),B( √ m,2−m 2 ). 1 Tâm I của đường tròn qua 4 điểm A,B,B ,M sẽ năm trên Oy vì B,B đối xứng nhau qua Oy do đó I(0,b) IA = IM ⇔ (2−b) 2 = 9 25 + 9 5 −b 2 ⇔ b = 1 IA = IB ⇔ (2−b) 2 = m + (2−m 2 −b) 2 thay b = 1 vào ⇔ m−1 + (1−m 2 ) 2 = 0⇔ m(m−1)(m 2 +m−1) = 0⇔ m = 1 hay m = −1 + √ 5 2 (vì điều kiện m > 0) Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình : sinx = 16cos 6 x +2cos 4 x 54−51cos 2 x . Lời giải: Để ý 16cos 6 x +2cos 4 x 54−51cos 2 x >0 ⇒ sinx > 0⇒ sinx = √ 1−cos 2 x đặt: t = cos 2 x (0 < t < 1) Phương trình ban đầu trở thành: 16t 3 +2t 2 54−51t − √ 1−t = 0 f (t) = (48t 2 +4t)(54−51t) +51(16t 3 +2t 2 ) (54−51t) 2 + 1 2 √ 1−t > 0( do 0 < t < 1) ⇒ f (t) là hàm đồng biến, mà f (3/4) = 0 ⇒ t = 3/4 chính là nghiệm duy nhất ⇒ cos 2 x = 3/4 ⇒ sinx = 1/2 ( do sinx > 0) ⇒ x = π /6 +k2 π hay x = 5 π /6 +k2 π Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình: x 2 +2y 2 −3x +2xy = 0 xy(x +y) + (x−1) 2 = 3y(1−y) . Lời giải: x 2 +2y 2 −3x +2xy = 0 (1) xy(x +y) + (x−1) 2 = 3y(1−y) (2) (1)− (2) = (x +1)(−1−y 2 +2y−y(x−1)) = 0 ∗ x = −1⇒ pt vô nghiệm. ∗ x = 3y−y 2 −1 y ⇒ (1) ⇔ (x +y) 2 +y 2 −3x = 0 ⇔ 3y−1 y 2 +y 2 = 3 3y−y 2 −1 y ⇔ y +3− 1 y 2 −3 y +3− 1 y +2 = 0 ⇔ y +3− 1 y = 1 hay y +3− 1 y = 2 ⇔ y 2 +2y−1 = 0 y 2 +y−1 = 0 ⇔ y = −1− √ 2 hay y = −1 + √ 2 y = −1− √ 5 2 hay y = −1 + √ 5 2 ⇒ x = . hay x = . x = . hay x = . Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I = 1 2 0 ln(1−x) 2x 2 −2x +1 dx. Lời giải: Đặt 1−2x = tant ⇒ −2 dx = (tan 2 t +1) dt Ta có: I = π /4 0 ln 1 +tant 2 dt Đặt u = π 4 −t ta có: I = π /4 0 ln 1 +tan π 4 −u 2 du = π /4 0 ln 1 1 +tanu du =− π /4 0 ln(1+tanu) du I = − π /4 0 ln 1 +tanu 2 du− π /4 0 ln2 du = −I− π /4 0 ln2 du ⇒ I = − 1 2 π /4 0 ln2 du = − 1 2 (u·ln2) π /4 0 = − π 8 ln2 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy một góc 60 o . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Lời giải: 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABD E là hình chiếu của G lên AB Ta có: SG⊥AB GE⊥AB ⇒ AB⊥(SGE) ⇒ SEG = 60 0 ⇒ SG = GE ·tan SEG = √ 3GE Mặt khác: G là trọng tâm tam giác ABD ⇒ GE = 1 3 BC = a 3 ⇒ V SABCD = 1 3 SG.S ABCD = a 3 √ 3 9 A B C D G S E Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số thực a,b,c∈ [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 5 b 5 c 5 (3(ab +bc +ca)−8abc). Lời giải: Từ điều kiện ban đầu ta dễ dàng suy ra được 3(ab +bc +ca)−8abc ≥ 0, do vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0, đạt được khi trong ba số a,b,c có ít nhất một số bằng 0. Tiếp theo ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của P. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có P ≤ 3(ab +bc +ca)−8abc +5abc 6 6 = (ab +bc +ca−abc) 6 2 6 . Vì b +c ≥ 2 √ bc ≥ bc nên ab +bc +ca−abc = a(b +c−bc) +bc ≤ b +c−bc +bc = b +c ≤ 2, từ đó suy ra P ≤ (ab +bc +ca−abc) 6 2 6 ≤ 2 6 2 6 = 1. Như vậy ta tìm được giá trị lớn nhất của P là 1, có được khi cả a,b,c đều bằng 1. Câu VI. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;4) và hai đường tròn (C 1 ) : (x−2) 2 + (y−5) 2 = 13, (C 2 ) : (x−1) 2 + (y−2) 2 = 25. Tìm trên hai đường tròn (C 1 ),(C 2 ) hai điểm M,N sao cho tam giác MAN vuông cân tại A. Lời giải: Phép quay Q 1 (A; π /2). Biến C 2 thành C 3 Khi đó AO 2 = AO 3 và AO 2 vuông góc AO 3 Giải ra O 3 (3;4) pt đường tròn C 3 : (x−3) 2 + (y−4) 2 = 25 Phép quay Q 2 (A;− π /2). Biến C 2 thành C 4 Khi đó AO 2 = AO 4 và AO 2 vuông góc AO 4 Giải ra O 4 (−1;4) pt đường tròn C 4 : (x +1) 2 + (y−4) 2 = 25 Giả sử M thuộc C 2 , N thuộc C 1 sao cho tam giác AMN vuông cân tại A thì M biến thành N qua phép quay Q 1 hoặc Q 2 , suy ra N là giao điểm của C 1 và C 3 hoặc của C 1 và C 4 Trường hợp 1: Tọa độ của N thỏa hệ (x−3) 2 + (y−4) 2 = 25 (x−2) 2 + (y−5) 2 = 13 ⇔ x 2 +y 2 −6x−8y = 0 x−y +8 = 0 ⇔ N 1 (−1;7) hoặc N 2 (0;8) ⇒ M 1 (4;6) hoặc M 2 (5;5) Trường hợp 2: Tọa độ của N thỏa hệ (x +1) 2 + (y−4) 2 = 25 (x−2) 2 + (y−5) 2 = 13 ⇔ 3x +y−12 = 0 (x−2) 2 + (y−5) 2 = 13 ⇔ N 3 (1,16;8,51) hoặc N 4 (3,44;1,69) ⇒ M 3 (−3,51;4,16) hoặc M 4 (3,31;6,44) 3 c 2 c 1 A c 3 c 4 O 1 O 2 O 3 O 4 N 1 N 2 N 3 N 4 M 1 M 2 M 3 M 4 Câu VI. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M (1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Lời giải: Gọi A(a,0,0) ∈ Ox;B(0,b,0) ∈ Oy;C(0,0,c)∈ Oz vì M(1,2,3) nên a,b,c > 0 Pt mặt phẳng (ABC) là : x a + y b + z c = 1 vì M ∈ (ABC) ⇒ 1 a + 2 b + 3 c = 1 ta có: V OABC = 1 6 −→ OC. −→ OA, −→ OB = 1 6 abc áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : 1 a + 2 b + 3 c ≥ 3 3 6 abc = 1 ⇔ 1 6 abc ≥ 27 Đẵng thức xảy ra khi : 1 a = 2 b = 3 c 1 a + 2 b + 3 c = 1 ⇔ a = 3,b = 6,c = 9 Vậy phương trình mặt phẳng là : x 3 + y 6 + z 9 = 1 Câu VII. (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình 4 x −2 x+2 ≤ x 2 −2x−3 Lời giải: PT ⇔ (2 x −2) 2 ≤ (x−1) 2 ⇔ |2 x −2| ≤ |x−1| (∗) Xét f (x) = 2 x −x−1 trên R. f (x) = 2 x ·ln2−1 f (x) = 0 ⇔ x = −log 2 (ln(2)) ≈ 0,53 f (−log 2 (ln(2))) ≈ −0.09 BBT: + Với x ≥ 1 4 (∗) ⇔ 2 x −2 ≤ x−1 ⇔ 2 x −x−1 ≤ 0 ⇔ x ∈ [0;1] Kết hợp ĐK ta có: x = 1 + Với x < 1 (∗) ⇔ −(2 x −2) ≤ −(x−1) ⇔ 2 x −x−1 ≥ 0⇔ x ∈ (−∞;0]∪ [1; +∞) Kết hợp ĐK ta có: x ∈ (−∞;0] Kết luận: Tập nghiệm bất pt ban đầu là S = (−∞;0]∪{1} 5