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=−x4+6x2−5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số.
Lời giải:
hàm số y=−x4+6x2−5có TXĐ là D=R
y0=−4x3+12x=−4xx2−3
Nên y0=0⇔
x=0⇒y=−5
x=−√3⇒y=4
x=√3⇒y=4
y0<0⇔ −√3<x<0hoặc √3<x<+∞⇒
hàm số nghịch biến trên −√3;0;√3;+∞
y0>0⇔ −∞<x<−√3hoặc 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
b
b
b b
b bb b b b
Câu I. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm các giá trị của mđể phương trình (x2−5)|x2−1|=mcó 6nghiệm phân biệt.
Lời giải:
x2−1(x2−5) = m(1)
Xét đồ thị hàm số y=x2−1(x2−5)
và đường thẳng y=mta có
y=x4−6x2+5với x>1và x<−1
y=−x4+6x2−5với −1<x<1
suy ra cách vẽ
- Vẽ đồ thị hàm số y=−x4+6x2−5
- Giữ nguyên phần đồ thị ứng với −1<x<1
- lấy đối xứng với phần đồ thị ứng với x>1và 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
b
b
b b
b bb b b b
h
bb bb bb
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình: x3−2x
x2−1−√x2−1=2√6
Lời giải:
ĐK: |x|>1
PT ⇔x(√x2−1−1)(√x2−1+1)
√x2−1(√x2−1−1)=2√6
1
http://math.vn
⇔x+x
√x2−1=2√6;(x>0)⇔x2+x2
x2−1+2x2
√x2−1=24 ⇔x4
x2−1+2sx4
x2−1=24
⇔sx4
x2−1=4⇔x4−16x2+16 =0⇔x=p8+√48 hay x=p8−√48
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình sau trên R:(14x2−21y2+22x−39y=0
35x2+28y2+111x−10y=0.
Lời giải:
HPT ⇔(14x2−21y2=−22x+39y
35x2+28y2=−111x+10y
nếu y=0⇔x=0
nếu y6=0đặt x=ty ta có phương trình với t sau 112t3+175t2−421t+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=Z3
0rx
9−xdx.
Lời giải:
Đặt: 9−x=t⇒dx=−dt,x
3
0⇒t
6
9⇒I=−Z6
9r9−t
tdt=Z9
6r9
t−1 dt
Đặt: 9
t=1
cos2u⇒dt=−18sinu·cosudu,t
9
6⇒u
0
α
với 9cos2
α
=6
⇒I=−18Z0
α
r1
cos2u−1·sinu·cosudu=18Z
α
0sin2udu=9Z
α
0du+9Z
α
0cos2udu=9u
α
0+9
2sin2u
α
0
Câu IV. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho khối lập phương ABCD.A0B0C0D0cạnh a. Gọi Mlà trung điểm của BC, điểm Nchia đoạn CD theo tỷ
số −2. Mặt phẳng (A0MN)chia khối lập phương thành hai phần.
Tính thể tích mỗi phần.
Lời giải:
Gọi thể tích phần chứa Alà V1và phần còn lại là V2
Gọi E,Flần lượt là giao điểm của MN với AB,AD.
Gọi Plà giao điểm của A0Fvới DD0và Qlà giao điểm
của A0Evới BB0.
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.
VE.AA0F=1
3·1
2·AA0·AF ·AE =25a3
72
VE.BMQ =1
3·1
2·BM ·BQ·BE =a3
45
VF.PDN =1
3·1
2·DP·DN ·DF =a3
360
V1=VE.AA0F−VE.BMQ −VF.PDN =29a3
90
V2=a3−V1=61a3
90
hình vẽ
A
BC
D
A0
B0C0
D0
M
N
E
F
Q
P
Câu V. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho các số dương a,b,cthỏa 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=a2+2b2
ab .
Lời giải:
a=xb,b=yc,x>0,y>0P=a2+2b2
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+xy2+y
x+y2+1
x+1=13y
⇔(x+1)y2+x+1
x−13y+1
x+1=0(∗)
Xem đây là ph tr bậc 2 ẩn y>0Gọi 2 nghiệm là x1,x2phương trình này có ít nhất 1 nghiệm dương
nên ta phải có x1x2<0hoặc x1x2>0
x1+x2>0Ta luôn có x1x2=
1
x+1
x+1=1
x>0
nên loại trường hợp x1x2<0.Vậy pt (∗)có ít nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi
x1+x2=−
x+1
x−13
x+1≥0⇔x+1
x≤13
và x+1
x−132
−4(x+1)1
x+1≥0
⇔x2+163−30x+1
x2−30
x≥0⇔x+1
x2
−30x+1
x+161 ≥0⇔t2−30t+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
29−4√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 Clà 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 Hlà giao điểm của AC và đường trung trực của nó: H1
2;1
2
PT AB đi qua B(0;4)và vuông góc với đường cao qua Ccó dạng: x−5y−4=0Dễ dàng Suy ra A(−1;−1)
Mà Hlà 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 Mthuộc 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 Blên CD nên các đoạn vuông góc này là đoạn ngắn nhất, vậy
giao điểm này là điểm Mcần 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 M3
2;0;−1
2
Chu vi tam giác là
AB+AM +BM =√22+32+102+s5
22
+12+13
22
+s9
22
+22+7
22
=√113+√198
2+√146
2
Câu VII. (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải bất phương trình: 1
log√2(x)≥2
log2(5x−6)2
Lời giải:
Trước hết ta có nhận xét sau:
“Với điều kiện xác định sự tồn tại thì log2X−log2Yluôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với X−Y”
Quay lại bài toán ta có:
1
log√2(x)≥2
log2(5x−6)2⇔
x>0(1)
6x−56=0(2)
log2(5x−6)2−4log2x
2log2(x)log2(5x−6)2≥0(∗)
Các ràng buộc (1);(2)kết hợp lại dưới điều kiện chung là:
x∈(0;+∞)\6
5:=D
Khi ấy: (∗)⇔log2(5x−6)2−log2x4
2log2(x)log2(5x−6)2≥0
Theo nhận xét thì trên Dta có:
log2(5x−6)2−log2x4luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x−6)2−x4=−(x+6)(x−1)(x−2)(x−3)
log2(x)luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với x−1
log2(5x−6)2luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x−6)2−1=5(x−1)(5x−7)
Vậy tức là trên Dthì: (∗)⇔(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