Đang tải... (xem toàn văn)
tai lieu hay day moi nguoi
http://math.vn DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 04 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = −x 4 +6x 2 −5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Lời giải: hàm số y = −x 4 +6x 2 −5 có TXĐ là D = R y = −4x 3 +12x = −4x x 2 −3 Nên y = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y =−5 x = − √ 3 ⇒ y = 4 x = √ 3 ⇒ y = 4 y < 0 ⇔− √ 3 < x < 0 hoặc √ 3 < x < +∞⇒ hàm số nghịch biến trên − √ 3;0 ; √ 3;+∞ y > 0 ⇔ −∞ < x < − √ 3 hoặc 0 < x < √ 3 ⇒ hàm số đồngh biến trên −∞; − √ 3 ; 0; √ 3 . Giới hạn lim x→−∞ y = −∞; lim x→+∞ y = −∞. Bảng biến thiên Điểm cực tiểu (0; −5), điểm cực đại − √ 3; 4 ; √ 3; 4 . Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm (− √ 5;0),(−1;0),(1;0),( √ 5;0) Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;−5) Đồ thị 2 4 −2 −4 2−2 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các giá trị của m để phương trình (x 2 −5)|x 2 −1| = m có 6 nghiệm phân biệt. Lời giải: x 2 −1 (x 2 −5) = m (1) Xét đồ thị hàm số y = x 2 −1 (x 2 −5) và đường thẳng y = m ta có y = x 4 −6x 2 +5 với x > 1 và x < −1 y = −x 4 +6x 2 −5 với −1 < x < 1 suy ra cách vẽ - Vẽ đồ thị hàm số y = −x 4 +6x 2 −5 - Giữ nguyên phần đồ thị ứng với −1 < x < 1 - lấy đối xứng với phần đồ thị ứng với x > 1 và x <−1 qua Ox dựa vào đồ thị nhận thấy phương trình (1) có 6 nghiệm phân biệt khi −4 < m < 0 2 4 −2 −4 2−2 h Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình: x 3 −2x x 2 −1− √ x 2 −1 = 2 √ 6 Lời giải: ĐK: |x| > 1 PT ⇔ x( √ x 2 −1−1)( √ x 2 −1 +1) √ x 2 −1( √ x 2 −1−1) = 2 √ 6 1 http://math.vn ⇔ x + x √ x 2 −1 = 2 √ 6;(x > 0) ⇔ x 2 + x 2 x 2 −1 + 2x 2 √ x 2 −1 = 24 ⇔ x 4 x 2 −1 +2 x 4 x 2 −1 = 24 ⇔ x 4 x 2 −1 = 4 ⇔ x 4 −16x 2 +16 = 0 ⇔ x = 8 + √ 48 hay x = 8− √ 48 Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình sau trên R: 14x 2 −21y 2 +22x−39y = 0 35x 2 +28y 2 +111x−10y = 0. Lời giải: HPT ⇔ 14x 2 −21y 2 = −22x +39y 35x 2 +28y 2 = −111x +10y nếu y = 0 ⇔ x = 0 nếu y = 0 đặt x = ty ta có phương trình với t sau 112t 3 +175t 2 −421t +186 = 0 ⇔ t = −3 ⇔ x = −3 y = 1 vậy hệ có 2 nghiệm (0;0), (−3;1) Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I = 3 0 x 9−x dx. Lời giải: Đặt: 9−x = t ⇒ dx = −dt,x 3 0 ⇒ t 6 9 ⇒ I =− 6 9 9−t t dt = 9 6 9 t −1 dt Đặt: 9 t = 1 cos 2 u ⇒ dt = −18sinu·cosu du, t 9 6 ⇒ u 0 α với 9cos 2 α = 6 ⇒ I =−18 0 α 1 cos 2 u −1·sinu·cosu du = 18 α 0 sin 2 u du = 9 α 0 du+9 α 0 cos2u du = 9u α 0 + 9 2 sin2u α 0 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho khối lập phương ABCD.A B C D cạnh a. Gọi M là trung điểm của BC, điểm N chia đoạn CD theo tỷ số −2. Mặt phẳng (A MN) chia khối lập phương thành hai phần. Tính thể tích mỗi phần. Lời giải: Gọi thể tích phần chứa A là V 1 và phần còn lại là V 2 Gọi E,F lần lượt là giao điểm của MN với AB,AD. Gọi P là giao điểm của A F với DD và Q là giao điểm của A E với BB . Ta có DN = a 3 ,NC = 2a 3 = BE,DF = MC 2 = a 4 . suy ra AE = 5a 3 ,AF = 5a 4 ,BQ = 2a 5 ,DP = a 5 . V E.AA F = 1 3 · 1 2 ·AA ·AF ·AE = 25a 3 72 V E.BMQ = 1 3 · 1 2 ·BM·BQ·BE = a 3 45 V F.PDN = 1 3 · 1 2 ·DP·DN·DF = a 3 360 V 1 = V E.AA F −V E.BMQ −V F.PDN = 29a 3 90 V 2 = a 3 −V 1 = 61a 3 90 hình vẽ A B C D A B C D M N E F Q P Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a +b +c) 1 a + 1 b + 1 c = 16. 2 http://math.vn Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 +2b 2 ab . Lời giải: a = xb, b = yc, x > 0,y > 0 P = a 2 +2b 2 ab = x + 2 x (a +b +c) 1 a + 1 b + 1 c = 16 ⇔ (xy +y +1) 1 xy + 1 y +1 = 16 ⇔ x +xy + 1 x +y + 1 xy + 1 y = 13 ⇔ xy +xy 2 + y x +y 2 + 1 x +1 = 13y ⇔ (x +1)y 2 + x + 1 x −13 y + 1 x +1 = 0 (∗) Xem đây là ph tr bậc 2 ẩn y > 0 Gọi 2 nghiệm là x 1 ,x 2 phương trình này có ít nhất 1 nghiệm dương nên ta phải có x 1 x 2 < 0 hoặc x 1 x 2 > 0 x 1 +x 2 > 0 Ta luôn có x 1 x 2 = 1 x +1 x +1 = 1 x > 0 nên loại trường hợp x 1 x 2 < 0. Vậy pt (∗) có ít nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi x 1 +x 2 = − x + 1 x −13 x +1 ≥ 0 ⇔ x + 1 x ≤ 13 và x + 1 x −13 2 −4(x +1) 1 x +1 ≥ 0 ⇔ x 2 +163−30x + 1 x 2 − 30 x ≥ 0 ⇔ x + 1 x 2 −30 x + 1 x +161 ≥ 0 ⇔ t 2 −30t +161 ≥ 0 ⇔ x + 1 x ≥ 23 x + 1 x ≤ 7 ⇔ 7 2 − 3 √ 5 2 ≤ x ≤ 7 2 + 3 √ 5 2 P = x + 2 x = x + 1 x + 1 x ≤ 7 + 1 7 2 − 3 √ 5 2 = 7 + 2 7−3 √ 5 ≈ 13.85 Dấu = xảy ra khi x = 7 2 − 3 √ 5 2 ≈ 0.145898 Vậy ta chỉ cần chọn c = 1; b = 7−3 √ 5 2 9−4 √ 5 ≈ 2.618; a = 7 2 − 3 √ 5 2 b ≈ 0.381966 Ta có ngay giá trị lớn nhất của P là 7 + 2 7−3 √ 5 Câu VI. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(4;0), cạnh AC qua O, phương trình trung trực AC là x +y−1 = 0, phương trình đường cao qua C là 5x +y−12 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. Lời giải: Ta có đường trung trực AC : x +y−1 = 0. Suy ra ptr đt AC qua O(0;0) : x−y = 0 Gọi H là giao điểm của AC và đường trung trực của nó: H 1 2 ; 1 2 PT AB đi qua B(0;4) và vuông góc với đường cao quaC có dạng: x−5y−4 = 0 Dễ dàng Suy ra A(−1;−1) Mà H là trung điểm của AC Suy ra C(2;2); AB = √ 26; CH = d(C/AB) = 12 √ 26 Suy ra S ∆ABC = 6 Câu VI. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho tứ diện ABCD có A(−1;1;6),B(−3;−2;−4),C(1;2;−1),D(2;−2;0). Tìm điểm M thuộc đường thẳng CD sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải: −→ AB = (−2;−3;−10), −→ CD = (1;−4;1) nên −→ AB. −→ CD = 0 ⇔ AB ⊥ CD. 3 http://math.vn Gọi α là mp qua AB và vuông góc CD, phương trình α là (x +1)−4(y−1) + (z−6) = 0 ⇔ x−4y +z−1 = 0 (1) Đường thẳng CD có pt tham số là x = 1 +t y = 2−4t z = −1 +t (2). CD cắt mp α tại điểm có tọa độ là nghiệm của hệ (1),(2) . Giao điểm này là hình chiếu vuông góc của A lên CD và cũng là hình chiếu vuông góc của B lên CD nên các đoạn vuông góc này là đoạn ngắn nhất, vậy giao điểm này là điểm M cần tìm cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Giải hệ (1),(2) ta được t = 1 2 ,x = 3 2 ,y = 0,z = − 1 2 . Nên M 3 2 ;0;− 1 2 Chu vi tam giác là AB +AM +BM = √ 2 2 +3 2 +10 2 + 5 2 2 +1 2 + 13 2 2 + 9 2 2 +2 2 + 7 2 2 = √ 113 + √ 198 2 + √ 146 2 Câu VII. (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình: 1 log √ 2 (x) ≥ 2 log 2 (5x−6) 2 Lời giải: Trước hết ta có nhận xét sau: “Với điều kiện xác định sự tồn tại thì log 2 X −log 2 Y luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với X −Y” Quay lại bài toán ta có: 1 log √ 2 (x) ≥ 2 log 2 (5x−6) 2 ⇔ x > 0 (1) 6x−5 = 0 (2) log 2 (5x−6) 2 −4log 2 x 2log 2 (x)log 2 (5x−6) 2 ≥ 0 (∗) Các ràng buộc (1); (2) kết hợp lại dưới điều kiện chung là: x ∈ (0; +∞)\ 6 5 := D Khi ấy: (∗) ⇔ log 2 (5x−6) 2 −log 2 x 4 2log 2 (x)log 2 (5x−6) 2 ≥ 0 Theo nhận xét thì trên D ta có: log 2 (5x−6) 2 −log 2 x 4 luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x−6) 2 −x 4 =−(x +6)(x−1)(x−2)(x−3) log 2 (x) luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với x−1 log 2 (5x−6) 2 luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x−6) 2 −1 = 5(x−1)(5x−7) Vậy tức là trên D thì: (∗) ⇔ (x−2)(x−3) (x−1)(5x−7) ≤ 0 Sau khi vẽ trục đan dấu ra để giải và kết hợp với x ∈ D Ta có tập nghiệm của bất phương trình đề ra là: 1; 7 5 ∪ [2; 3]\ 6 5 4
