Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 04

DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> http://math.vn<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 04<br /> <br /> htt p:/ /m ath .vn<br /> Bảng biến thiên<br /> x→−∞ x→+∞<br /> <br /> 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 − 5 có TXĐ là D = R Đồ thị y = −4x3 + 12x = −4x x2 − 3  x = 0 √ ⇒ y = −5 4  x=− 3 ⇒y=4 Nên y = 0 ⇔ √ x= 3 ⇒y=4 √ √ y < 0 ⇔ − 3 < x < 0 hoặc 3 < x √ +∞ ⇒ < √ 2 hàm số nghịch biến trên − 3; 0 ; 3; +∞ √ √ 3 y > 0 ⇔ −∞ < x < − 3 hoặc 0 < x < √ ⇒ √ hàm số đồngh biến trên −∞; − 3 ; 0; 3 . Giới hạn lim y = −∞; lim y = −∞. −2 2 Điểm cực √ tiểu (0; −5), điểm √ 3; 4 . − 3; 4 ; Đồ√ thị cắt trục √ hoành tại (− 5; 0), (−1; 0), (1; 0), ( 5; 0) Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; −5) cực 4 đại<br /> −2<br /> <br /> điểm<br /> <br /> −4<br /> <br /> Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các giá trị của m để phương trình (x2 − 5)|x2 − 1| = m có 6 nghiệm phân biệt. Lời giải: h<br /> 4<br /> <br /> (1) Xét đồ thị hàm số y = x2 − 1 (x2 − 5) và đường thẳng y = m ta có y = x4 − 6x2 + 5 với x > 1 và x < −1 y = −x4 + 6x2 − 5 với −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 > 1 và x < −1 qua Ox dựa vào đồ thị nhận thấy phương trình (1) có 6 nghiệm phân biệt khi −4 < m < 0<br /> <br /> x2 − 1<br /> <br /> (x2 − 5) = m<br /> <br /> 2<br /> <br /> −2<br /> <br /> 2<br /> <br /> −2<br /> <br /> −4<br /> <br /> Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ x3 − 2x √ =2 6 Giải phương trình: x2 − 1 − x2 − 1 Lời giải: ĐK: |x| > 1 √ √ √ x( x2 − 1 − 1)( x2 − 1 + 1) √ √ =2 6 PT ⇔ x2 − 1( x2 − 1 − 1) 1<br /> <br /> ⇔ x+ √<br /> <br /> x x2 − 1<br /> <br /> √ = 2 6; (x > 0)<br /> <br /> ⇔ x2 +<br /> <br /> htt p:/ /m ath .vn<br /> ⇔ 2<br /> <br /> √ √ x4 = 4 ⇔ x4 − 16x2 + 16 = 0 ⇔ x = 8 + 48 hay x = 8 − 48 x2 − 1 Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— 14x2 − 21y2 + 22x − 39y = 0 Giải hệ phương trình sau trên R: 35x2 + 28y2 + 111x − 10y = 0. Lời giải: 14x2 − 21y2 = −22x + 39y HPT ⇔ 35x2 + 28y2 = −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 x = −3 ⇔ t = −3 ⇔ y=1 vậy hệ có 2 nghiệm (0; 0), (−3; 1) Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— 3 x dx. Tính tích phân I = 9−x 0 Lời giải: 6 9 6 3 9−t 9 Đặt: 9 − x = t ⇒ dx = −dt, x ⇒ t ⇒ I = − dt = − 1 dt t t 9 0 9 6 9 0 1 9 ⇒ dt = −18 sin u · cos u du, t ⇒ u với 9 cos2 α = 6 Đặt: = t cos2 u α 6 α α α 0 α α 9 1 sin2 u du = 9 du+9 cos 2u du = 9u + sin 2u ⇒ I = −18 − 1·sin u·cos u du = 18 2u cos 2 0 0 α 0 0 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 V1 và phần còn lại là V2 hình vẽ Gọi E, F lần lượt là giao điểm của MN với AB, AD. A D Gọi P là giao điểm của A F với DD và Q là giao điểm của A E với BB . a 2a MC a Ta có DN = , NC = = BE, DF = = . 3 3 2 4 5a 2a a 5a B suy ra AE = , AF = , BQ = , DP = . C P 3 4 5 5 3 25a 1 1 D F A VE.AA F = · · AA · AF · AE = 3 2 72 Q 1 1 a3 N VE.BMQ = · · BM · BQ · BE = 3 2 45 a3 1 1 VF.PDN = · · DP · DN · DF = C 3 2 360 M B 3 29a V1 = VE.AA F −VE.BMQ −VF.PDN = 90 E 3 3 −V = 61a V2 = a 1 90 Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— 1 1 1 + + Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a + b + c) = 16. a b c<br /> <br /> x2 2x2 +√ = 24 x2 − 1 x2 − 1<br /> <br /> ⇔<br /> <br /> x4 +2 x2 − 1<br /> <br /> x4 = 24 x2 − 1<br /> <br /> Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Lời giải: a = xb, b = yc, x > 0, y > 0<br /> <br /> a2 + 2b2 . ab P=<br /> <br /> htt p:/ /m ath .vn<br /> Ta có ngay giá trị lớn nhất của P là 7 + 3<br /> <br /> 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 1 1 Gọi H là giao điểm của AC và đường trung trực của nó: H ; 2 2 PT AB đi qua B(0; 4) và vuông góc với đường cao qua C có dạng: x−5y−4 = 0 Dễ dàng Suy ra A(−1; −1) √ 12 Suy ra S∆ABC = 6 Mà H là trung điểm của AC Suy ra C(2; 2); AB = 26; CH = d(C/AB) = √ 26 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.<br /> <br /> a2 + 2b2 2 = x+ ab x 1 1 1 1 1 + + = 16 ⇔ (xy + y + 1) + + 1 = 16 (a + b + c) a b c xy y 1 1 1 y 1 ⇔ x + xy + + y + + = 13 ⇔ xy + xy2 + + y2 + + 1 = 13y x xy y x x 1 1 ⇔ (x + 1) y2 + x + − 13 y + + 1 = 0 (∗) x x Xem đây là ph tr bậc 2 ẩn y > 0 Gọi 2 nghiệm là x1 , x2 phương trình này có ít nhất 1 nghiệm dương 1 +1 1 x1 x2 > 0 x Ta luôn có x1 x2 = = >0 nên ta phải có x1 x2 < 0 hoặc x1 + x2 > 0 x+1 x nên loại trường hợp x1 x2 < 0. Vậy pt (∗) có ít nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi 1 x + − 13 1 x x1 + x2 = − ≥ 0 ⇔ x + ≤ 13 x+1 x 2 1 1 +1 ≥ 0 và x + − 13 − 4 (x + 1) x x 1 30 1 2 1 ⇔ x2 + 163 − 30x + 2 − + 161 ≥ 0 ⇔ t 2 − 30t + 161 ≥ 0 ≥ 0 ⇔ x+ − 30 x + x x x x  1 √ √ x + ≥ 23 7 3 5 7 3 5  x ⇔ ≤x≤ + ⇔ − 1 2 2 2 2 x+ ≤ 7 x 2 2 1 1 1 √ ≈ 13.85 √ = 7+ P = x+ = x+ + ≤ 7+ x x x 7 3 5 7−3 5 − 2 √ 2 7 3 5 ≈ 0.145898 Dấu = xảy ra khi x = − 2 2 √ √ 7 3 5 7−3 5 Vậy ta chỉ cần chọn c = 1; b = b ≈ 0.381966 √ ≈ 2.618; a = 2 − 2 2 9−4 5<br /> <br /> htt p:/ /m ath .vn<br /> 4<br /> <br /> 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)  x = 1 + t  Đường thẳng CD có pt tham số là y = 2 − 4t (2).   z = −1 + t 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. 3 1 1 3 1 ; 0; − Giải hệ (1), (2) ta được t = , x = , y = 0, z = − . Nên M 2 2 2 2 2 Chu vi tam giác là √ 13 2 7 2 5 2 9 2 2 + 32 + 102 + 2+ 2+ +1 + +2 AB + AM + BM = 2 2 2 2 2 √ √ √ 198 146 = 113 + + 2 2 Câu VII. (1 điểm) ———————————————————————————————— 2 1 ≥ Giải bất phương trình: √ (x) log 2 log2 (5x − 6)2 Lời giải: Trước hết ta có nhận xét sau: “Với điều kiện xác định sự tồn tại thì log2 X − log2 Y luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với X −Y ” Quay lại bài toán ta có:  x > 0 (1)    1 2 (2) ⇔ 6x − 5 = 0 2 ≥  log2 (5x − 6) − 4 log2 x log√2 (x) log2 (5x − 6)2   ≥ 0 (∗)  2 log2 (x) log2 (5x − 6)2 Các ràng buộc (1); (2) kết hợp lại dưới điều kiện chung là: 6 := D x ∈ (0; +∞) \ 5 log2 (5x − 6)2 − log2 x4 Khi ấy: (∗) ⇔ ≥0 2 log2 (x) log2 (5x − 6)2 Theo nhận xét thì trên D ta có: log2 (5x − 6)2 − log2 x4 luôn 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)2 luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x − 6)2 − 1 = 5(x − 1)(5x − 7) (x − 2)(x − 3) ≤0 Vậy tức là trên D thì: (∗) ⇔ (x − 1)(5x − 7) Sau khi vẽ trục đan dấu ra để giải và kết hợp với x ∈ D 7 6 Ta có tập nghiệm của bất phương trình đề ra là: 1; ∪ [2; 3] \ 5 5<br /> <br />