Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 02

DI N ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> http://math.vn<br /> <br /> L I GI I Đ THI TH Đ I H C 2011 Môn thi : Toán Đ s : 02<br /> <br /> x→+∞<br /> <br /> x→−∞<br /> <br /> B ng bi n thiên x −∞ y + −1 0 4 1 − 0 + +∞<br /> <br /> +∞ y −∞ 0 hàm s đ ng bi n trên (−∞; −1) ; (1; +∞) hàm s ngh ch bi n trên (−1; 1). Đi m c c đ i (−1; 4), đi m c c ti u (1; 0).<br /> <br /> Câu I. 2) (1 đi m) ———————————————————————————————— √ Tìm các giá tr c a m đ đ th hàm s có hai đi m c c tr A, B sao cho IAB có di n tích b ng 18, trong đó I(1; 1). L i gi i: trantrongtai1234 Ta có: y = 3x2 − 3m = 3(x2 √ m). Đ √ s có CĐ và CT ⇔ m > 0 − hàm √ √ g i A, B là 2 c c tr thì: A(− m; 2 + 2m m); B( m; 2 − 2m m)√ √ √ −4m m √ Phương trình đư ng th ng qua AB là: y − (2 + 2m m) = (x + m) ⇔ y = 2 − 2mx 2 m √ |2m − 1| Kho ng cách t I đ n đt AB là d(I; AB) = √ , đ dài đo n AB = 4m + 16m3 4m2 + 1 √ √ 1 |2m − 1| √ mà di n tích tam giác IAB là S = 18 ⇔ √ 4m + 16m3 = 18 2 4m2 + 1 3 )(2m − 1)2 = (4m2 + 1)4 · 18 ⇔ m(2m − 1)2 = 18 ⇔ (4m + 16m ⇔ 4m3 − 4m2 + m − 18 = 0 ⇔ (m − 2)(4m2 + 4m + 9) = 0 ⇔ m = 2 Câu II.) (1 đi m) ———————————————————————————————— √ π x π 3x Gi i phương trình 2 2 sin − cos − − cos x = 2 sin 2x − 3. 8 2 8 2 L i gi i: Cách 1: lonely_abba √ √ √ π PT ⇔ 2 sin − 2x + 2 sin x − 2 2 cos x = 2 sin 2x − 3 4 √ √ ⇔ cos 2x − sin 2x + 2 sin x − 2 2 cos x = 2 sin 2x − 3 √ π ⇔ cos 2x − 3 sin 2x + 2 sin x − − 2 cos x + 3 = 0 4 π Đ t t = x − Đưa v đc: sin 2t + 3 cos 2t − 3 sint + cost − 3 = 0 4 ⇔ −6 sin2 t + (2 cost − 3) sint + cost = 0 (∗) 2 + 24 cost = (2 cost + 3)2 ∆sin x = (2 cost − 3) sint = −2 1 (∗) ⇔ sint = cost 3 Cách 2: ltq2408<br /> <br /> htt p<br /> <br /> ://<br /> 1<br /> <br /> ma th. v<br /> 2 −2 −1 0 1 2<br /> <br /> Câu I. 1) (1 đi m) ———————————————————————————————— Cho hàm s y = x3 − 3mx + 2, v i m là tham s . Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C) c a hàm s v i m = 1. L i gi i: m = 1 Hàm s là y = x3 − 3x + 2 có TXĐ là D = R Đ th y = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) Giao v i tr c tung: (0; 2) x = −1 ⇒ y = 4 Giao v i tr c hoành: (−2; 0), (1; 0) y =0⇔ x=1 ⇒y=0 Gi i h n t i vô c c lim y = +∞; lim y = −∞. 4<br /> <br /> n<br /> <br /> Phương trình tương đương v i:<br /> <br /> Câu IV. (1 đi m) ———————————————————————————————— 2 x + ln x Tính tích phân I = dx. 2 1 (1 + x) L i gi i: Cách 1: canhochoi 2 x + ln x 2 1 2 2 ln x 1 dx = dx + dx − dx I= 2 2 2 (1 1  + x) 1 1+x 1 (1 + x) 1 (1 + x) 2 3  2 1   dx = ln |x + 1| = ln   1 1+x 2 1  2  2 2 ln x ln x 2 3 ln 2 2 ln 2 1 dx = − + ln |x| − ln |x + 1| = − + ln 2 − ln Ta có: . V yI= − 1+x 1 3 2 1 1  1 (1 + x)2 3 6  2   1 1 2 1   dx = − =  2 x+1 1 6 1 (1 + x) Cách 2: trantrongtai1234 x+1 1 −1 Đ t u = x + ln x ⇒ du = dx. dv = dx ⇒ v = 2 x (x + 1) (x + 1) 21 2 −(x + ln x) 2 −(x + ln x) 2 2 ln 2 1 Ta có: I = + dx = + ln |x| . VyI= − 1+x 1+x 3 6 1 1 1 1 x Câu V. (1 đi m) ———————————————————————————————— √ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và AB = BD = a, SA = a 3, SA ⊥ (ABCD). G i M là 2<br /> <br /> htt p<br /> <br /> ://<br /> <br /> Câu III.) (1 đi m) ———————————————————————————————— 3x = 8y2 + 1 √ Gi i h phương trình sau trên R: 3y = 8x2 + 1. L i gi i: Cách 1: canhochoi √ Đ u tiên ta xét hàm f (t) = 3t + 8t 2 + 1 đ ch ng t r ng x = y. Xét g(x) = 9x − 8x2 − 1, g (x) = 9x ln 9 − 16x, g (x) = 9x ln 92 − 16, 16 = α Ta có g (α) ≈ −1, 44. g (x) = 0 ⇔ x = log9 ln 92 T BBT ta d suy ra có 2 s z1 , z2 th a pt g (x) = 0. T đó d dàng l p BBT c a hàm s g(x). 1 T BBT c a hàm s g(x), suy ra pt g(x)=0 có t i đa ba nghi m, mà ta l i có g(1) = g(0) = g = 0, 2 1 nên 1, 0, là ba nghi m c a PT. 2 Cách 2: vokhachuyy √ Ta có: 8y2 + 1 ≥ 1 ⇒ (3x ≥ 1) ⇒ x ≥ 0. 8x2 + 1 ≥ 1 ⇒ (3y ≥ 1) ⇒ y ≥ 0. √ 8t ≥ 0,t ≥ 0 f (t) đ ng bi n. Xét f (t) = 8t 2 + 1 f (t) = √ 8t 2 + √ 1 gi s x ≥ y ⇒ 3x ≥ 3y ⇒ 8y2 + 1 ≥ 8x2 + 1 ⇒ y ≥ x suy ra x = y Xét g(x) = 9x − 8x2 − 1, g (x) = 9x ln 9 − 16x, g (x) = 9x ln 92 − 16, 16 g (x) = 0 ⇔ x = log9 = α Ta có g (α) ≈ −1, 44. ln 92 T BBT ta d suy ra có 2 s z1 , z2 th a pt g (x) = 0. T đó d dàng l p BBT c a hàm s g(x). 1 = 0, T BBT c a hàm s g(x), suy ra pt g(x)=0 có t i đa ba nghi m, mà ta l i có g(1) = g(0) = g 2 1 nên 1, 0, là ba nghi m c a PT. 2<br /> <br /> ma th. v<br /> <br /> n<br /> <br /> √ √ √ π − 2x + 2 sin x − 2 2 cos x = 2 sin 2x − 3 2 sin 4 √ ⇔ (cos x − sin x) (cos x + sin x) + 3 (1 − sin√ + 2 (sin x − 2 cos x) = 0 2x) ⇔ 2 (cos x − sin x) (2 cos x − sin x) − 2 (2 cos x − sin x) = 0 √ ⇔ (2 cos x − sin x) 2 cos x − 2 sin x − 2 = 0<br /> <br /> Câu VI. (1 đi m) ———————————————————————————————— Cho a, b, c là đ dài ba c nh c a tam giác nh n ABC. Ch ng minh r ng b3 c3 a3 + + ≥ 12pR2 , cos A cos B cosC trong đó p là n a chu vi và R là bán kính đư ng tròn ngo i ti p ABC. L i gi i: CSS S d ng các công th c quen thu c c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 , cos B = , cosC = , cos A = 2bc 2ca 2ab a2 b2 c2 2p = a + b + c, R2 = , 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − (a4 + b4 + c4 ) ta có th vi t l i b t đ ng th c c n ch ng minh dư i d ng a2 b2 c2 3abc(a + b + c) + 2 + 2 ≥ . b2 + c2 − a2 c + a2 − b2 a + b2 − c2 2 ∑ a2 b2 − ∑ a4 Do tam giác ABC nh n nên min{b2 + c2 , c2 + a2 , a2 + b2 } > max{a2 , b2 , c2 }, đi u này cho phép ta s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz như sau a2 (a2 + b2 + c2 )2 (a2 + b2 + c2 )2 ≥ . = ∑ 2 b + c2 − a2 ∑ a2 (b2 + c2 − a2 ) 2 ∑ a2 b2 − ∑ a4 V y ta ch c n ch ng minh (a2 + b2 + c2 )2 ≥ 3abc(a + b + c), hi n nhiên đúng vì (a2 + b2 + c2 )2 ≥ (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) theo AM-GM. Câu VII.) (1 đi m) ———————————————————————————————— Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đư ng cao AH : 3x + 2y − 1 = 0, phân giác trong CK : 2x − y + 5 = 0 và trung đi m M(2; −1) c a c nh AC. Tính chu vi và di n tích c a c a tam giác ABC.<br /> <br /> htt p<br /> <br /> ://<br /> 3<br /> <br /> ma th. v<br /> <br /> 2 đi m trên c nh SB sao cho BM = SB, gi s N là đi m di đ ng trên c nh AD. Tìm v trí c a đi m N đ 3 BN ⊥ DM và khi đó tính th tích c a kh i t di n BDMN. L i gi i: lonely_abba √ a2 3 Ta có: ∆ABD là tam giác đ u ⇒ SBDA = V ME SA (E ∈ AB); 4 √ ME MB DN 4 a2 3 SBDN ∆SAB : SA ME ⇒ = = = ⇒ SBDN = SA √ SB SBDA DA 5 5 2a 3 MB Th tích kh i t di n MNDB là: √ · SA = ⇒ ME = √ SB 3 1 1 2a 3 a2 3 2a3 Ta có: ME SA; SA ⊥ AB ⇒ ME ⊥ AB V = ME · SBAN = · · = 3 3 3 5 15 ⇒ DE là hình chi u vuông góc c a DM trên (ABCD) S Theo đ nh lí 3 đư ng vuông góc, BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ DE MB 2a BE MB = ⇒ BE = · AB = Ta có: BA SB SB 3 → → − → 2− − Đ t DN = x thì DE = BA − BD 3 M → a − x− − → x− → BN = BA − BD a a 2 − − → → a BA.BD = 2 − − → → D BN ⊥ DE ⇔ DE.BN = 0 2a 2 2(a − x) x − − → → a−x 2 H ⇔ BA + − BA.BD − BD = 0 3a 3a a a N 2a.a2 2(a − x) x a2 a2 (a − x) C A ⇔ + − − =0 3a 3a a 2 a E 2 4a 5 ⇔ ax − a2 = 0 ⇔ x = 6 3 5 B<br /> <br /> n<br /> <br /> L i gi i: Câu VIII.) (1 đi m) ———————————————————————————————— Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho m t c u (S) tâm I(1; −2; 1); bán kính R = 4 và đư ng th ng x y−1 z+1 = . L p phương trình m t ph ng (P) ch a (d) và c t m t c u (S) theo m t đư ng tròn (d) : = 2 −2 −1 có di n tích nh nh t. L i gi i: trantrongtai1234 G i H hình chi u c a I lên đư ng th ng (d): G i (Q) là m t ph ng qua I vuông góc v i (d) ⇒ pt mp (Q) : 2x − 2y − z = 5 4 −1 −5 ; ) như v y ta có H thu c (d) và (Q) ⇒ H( ; 3 3 3 √ ta có IH = 10 < 4 = R ⇒ (d) c t m t c u G i (G) là m t ph ng đi qua H và vuông góc v i IH L p phương trình m t ph ng c t m t theo m t đư ng tròn có di n tích nh nh t. Tương đương kho ng cách t tâm đ n mp đó là l n nh t. Bài toán quay tr v gi ng (A-2008) − → ⇒ PT mp(P) đi qua H nh n IH là véctơ pháp tuy n: x + 5y − 8z = 13 Th t v y g i (X) là mp b t kì ch a (d) và A là hình chi u c a A lên (X) ⇒ AA nh hơn ho c b ng AH. T c AH là kho ng cách l n nh t t A đ n mp b t kì ch a (d). V y PT: x + 5y − 8z = 13 chính là pt mp(P) c n tìm. Câu IX. (1 đi m) ———————————————————————————————— Cho t p A = {1, 2, 3, . . . , 2011} và n ∈ A, n ≤ 1006. G i B là t p con c a A có n ph n t và B ch a ba s t nhiên liên ti p. H i có bao nhiêu t p B như v y ? L i gi i:<br /> <br /> htt p<br /> 4<br /> <br /> ://<br /> <br /> ma th. v<br /> <br /> n<br /> <br />