Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 03

DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> http://math.vn<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 03<br /> <br /> Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + 2 (Cm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 Lời giải: m = 1 hàm số y = x4 − 2x2 + 2 có TXĐ là D = R y = 4x3 − 4x = 4x x2 − 1  Đồ thị x=0 ⇒y=2 4 Nên y = 0 ⇔  x = −1 ⇒ y = 1 x=1 ⇒y=1 3 y > 0 ⇔ −1 < x < 0 hoặc 1 < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến trên (−1; 0) ; (1; +∞) 2 y < 0 ⇔ −∞ < x < −1 hoặc 0 < x < 1 ⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞; −1) ; (0; 1). 1 Giới hạn lim y = +∞; lim 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)<br /> x→−∞ x→+∞ −2 −1 1 2<br /> <br /> 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 3 9 ngoại tiếp đi qua điểm D . ; 5 5 Lời giải: Cách 1. Ta có y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − 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) = x2 − m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 (1) y = x4 − 2mx2 + 2 (2) Với ĐK đó hàm số có các điểm cực trị với toạ độ là nghiệm HPT 3 x − mx = 0 (3) 3 − mx) − mx2 + 2 = −mx2 + 2 (4) (do (3)) Ta có (2) ⇔ y = x(x 2−y ⇒ x2 = (5) m Từ (4) có y2 = m2 x4 − 4mx2 + 4 = m2 x(x3 − mx) + m(m2 − 4)x2 + 4 = m(m2 − 4)x2 + 4(do (3)) Hay y2 = (m2 − 4)(2 − y) + 4 (6) (do (5)) 1 Từ (5)&(6) ta thu được x2 + y2 = m2 + − 4 (2 − y) + 4(7) m 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 . 1 Do đó đường tròn (T ) qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số có PT x2 + y2 = m2 + − 4 (2 − y) + 4 m 3 9 9 81 1 1 Bây giờ (T ) qua D( ; ) ⇔ + = m2 + − 4 +4 5 5 25 25 m 5 √ 3 − 2m + 1 = 0 ⇔ (m − 1)(m2 + m − 1) = 0 ⇔ m = 1; m = −1 ± 5 ⇔m 2 √ −1 + 5 Kết hợp ĐK m > 0 ta thu được các giá trị cần tìm là m = 1 và m = 2 Cách 2. Hàm số có y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − 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 x2 − 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 − m2 ), B( m, 2 − m2 ). 1<br /> <br /> π /4 π /4 1 + tan u ln 2 du = −I − ln 2 du du − 2 0 0 0 π /4 1 π /4 π 1 ⇒I =− ln 2 du = − (u · ln2) = − ln 2 2 0 2 8 0 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 60o . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Lời giải:<br /> <br /> 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) 2 9 9 IA = IM ⇔ (2 − b)2 = + −b ⇔ b = 1 25 5 2 = m + (2 − m2 − b)2 thay b = 1 vào IA = IB ⇔ (2 − b) √ 2 )2 = 0⇔ m(m − 1)(m2 + m − 1) = 0⇔ m = 1 hay m = −1 + 5 (vì điều kiện m > 0) ⇔ m − 1 + (1 − m 2 Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 16cos6 x + 2cos4 x Giải phương trình : sin x = . 54 − 51cos2 x Lời giải: √ 16cos6 x + 2cos4 x >0 ⇒ sin x > 0 ⇒ sin x = 1 − cos2 x đặt: t = cos2 x (0 < t < 1) Để ý 2x 54 − 51cos 16t 3 + 2t 2 √ Phương trình ban đầu trở thành: − 1−t = 0 54 − 51t (48t 2 + 4t)(54 − 51t) + 51(16t 3 + 2t 2 ) 1 > 0( do 0 < t < 1) f (t) = + √ (54 − 51t)2 2 1−t ⇒ f (t) là hàm đồng biến, mà f (3/4) = 0 ⇒ t = 3/4 chính là nghiệm duy nhất ⇒ cos2 x = 3/4 ⇒ sin x = 1/2 ( do sin x > 0) ⇒ x = π /6 + k2π hay x = 5π /6 + k2π Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x2 + 2y2 − 3x + 2xy = 0 . Giải hệ phương trình: xy(x + y) + (x − 1)2 = 3y(1 − y) Lời giải: x2 + 2y2 − 3x + 2xy = 0 (1) 2 = 3y(1 − y) (2) xy(x + y) + (x − 1) 2 + 2y − y(x − 1)) = 0 (1) − (2) = (x + 1)(−1 − y ∗ x = −1 ⇒ pt vô nghiệm. 2 3y − y2 − 1 3y − y2 − 1 2 + y2 − 3x = 0 ⇔ 3y − 1 + y2 = 3 ⇒ (1) ⇔ (x + y) ∗ x= y y y 2 1 1 1 1 ⇔ y+3− −3 y+3− +2 = 0 ⇔ y+3− = 1 hay y + 3 − =2 y y √ y  y √ y = −1 − √2 hay y = −1 + √2 x = . . . hay x = . . . y2 + 2y − 1 = 0 ⇔ ⇔ −1 + 5 ⇒ x = . . . hay x = . . . −1 − 5 2 +y−1 y =0 hay y = y= 2 2 Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— 1 2 ln(1 − x) Tính tích phân I = dx. 2 0 2x − 2x + 1 Lời giải: π /4 1 + tant Đặt 1 − 2x = tant ⇒ −2 dx = (tan2 t + 1) dt Ta có: I = dt ln 2 0   π 1 + tan −u π /4 π /4 π /4 1 π 4  du = du = − ln  ln ln(1+tan u) du Đặt u = −t ta có: I = 4 2 1 + tan u 0 0 0 I=−<br /> π /4<br /> <br /> ln<br /> <br /> 2<br /> <br /> S Gọi G là trọng tâm tam giác ABD E là hình chiếu của G lên AB SG⊥AB ⇒ AB⊥ (SGE) Ta có: GE⊥AB ⇒ SEG = 600 √ ⇒ SG = GE · tan SEG = 3GE Mặt khác: G là trọng tâm tam giác ABD 1 a ⇒ GE = BC = 3 3 √ 1 a3 3 ⇒ VSABCD = SG.SABCD = 3 9 B<br /> <br /> A<br /> <br /> E<br /> <br /> D<br /> <br /> G<br /> <br /> C<br /> <br /> 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 = a5 b5 c5 (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 3(ab + bc + ca) − 8abc + 5abc 6 (ab + bc + ca − abc)6 = . P≤ 6 26 √ Vì b + c ≥ 2 bc ≥ bc nên ab + bc + ca − abc = a(b + c − bc) + bc ≤ b + c − bc + bc = b + c ≤ 2, (ab + bc + ca − abc)6 26 từ đó suy ra P≤ ≤ 6 = 1. 26 2 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 (C1 ) : (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13, (C2 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 25. Tìm trên hai đường tròn (C1 ), (C2) hai điểm M, N sao cho tam giác MAN vuông cân tại A. Lời giải: Phép quay Q1 (A; π /2). Biến C2 thành C3 Khi đó AO2 = AO3 và AO2 vuông góc AO3 Giải ra O3 (3; 4) pt đường tròn C3 : (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 Phép quay Q2 (A; −π /2). Biến C2 thành C4 Khi đó AO2 = AO4 và AO2 vuông góc AO4 Giải ra O4 (−1; 4) pt đường tròn C4 : (x + 1)2 + (y − 4)2 = 25 Giả sử M thuộc C2 , N thuộc C1 sao cho tam giác AMN vuông cân tại A thì M biến thành N qua phép quay Q1 hoặc Q2 , suy ra N là giao điểm của C1 và C3 hoặc của C1 và C4 (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 x2 + y2 − 6x − 8y = 0 Trường hợp 1: Tọa độ của N thỏa hệ ⇔ (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 x−y+8 = 0 ⇔ N1 (−1; 7) hoặc N2 (0; 8) ⇒ M1 (4; 6) hoặc M2 (5; 5) (x + 1)2 + (y − 4)2 = 25 3x + y − 12 = 0 Trường hợp 2: Tọa độ của N thỏa hệ ⇔ (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 ⇔ N3 (1, 16; 8, 51) hoặc N4 (3, 44; 1, 69) ⇒ M3 (−3, 51; 4, 16) hoặc M4 (3, 31; 6, 44)<br /> <br /> 3<br /> <br /> N3 c4 N1 N2<br /> <br /> c3 c1<br /> <br /> M4 M1 c2 O1 M2<br /> <br /> M3 O4 A O2 O3<br /> <br /> N4<br /> <br /> 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 x y z 1 2 3 Pt mặt phẳng (ABC) là : + + = 1 vì M ∈ (ABC) ⇒ + + = 1 a b c a b c 1− − − → → → 1 ta có: VOABC = OC. OA, OB = abc 6 6 6 1 1 2 3 = 1 ⇔ abc ≥ 27 áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : + + ≥ 3 3 a b c abc 6   1 2 3  = = a b c ⇔ a = 3, b = 6, c = 9 Đẵng thức xảy ra khi :  1+2+3 =1  a b c x y z Vậy phương trình mặt phẳng là : + + = 1 3 6 9 Câu VII. (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình 4x − 2x+2 ≤ x2 − 2x − 3 Lời giải: PT ⇔ (2x − 2)2 ≤ (x − 1)2 ⇔ |2x − 2| ≤ |x − 1| (∗) Xét f (x) = 2x − x − 1 trên R. f (x) = 2x · ln 2 − 1 f (x) = 0 ⇔ x = − log2 (ln(2)) ≈ 0, 53 f (− log2 (ln(2))) ≈ −0.09 BBT: + Với x ≥ 1 4<br /> <br /> (∗) ⇔ 2x − 2 ≤ x − 1 ⇔ 2x − x − 1 ≤ 0 ⇔ x ∈ [0; 1] Kết hợp ĐK ta có: x = 1 + Với x < 1 (∗) ⇔ −(2x − 2) ≤ −(x − 1) ⇔ 2x − 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}<br /> <br /> 5<br /> <br />