Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 05

DIỄN ĐÀN MATH.VN<br /> <br /> http://math.vn<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 05<br /> <br /> Bảng biến thiên x −∞ y + −3 0 3<br /> <br /> x→+∞<br /> <br /> x→−∞<br /> <br /> −1 − 0 +<br /> <br /> y −∞ −1 Điểm cực đại (−3; 3), điểm cực tiểu (−1; −1).<br /> <br /> Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các giá trị của k để tồn tại 2 tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm (của 2 tiếp tuyến đó với (C)) cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A và B sao cho OB = 2011.OA Lời giải: Đối với đồ thị hàm số bậc 3 thì mỗi tiếp tuyến ta có một và chỉ một tiếp điểm tương ứng . Và hoành độ tiếp điểm x của tiếp tuyến dạng y = kx + m với (C) là nghiệm PT f (x) = k ⇔ 3x2 + 12x + 9 − k = 0 (1) Để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau có cùng hệ số góc k thì cần và đủ là (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 (2) Khi đó toạ độ các tiếp điểm (x; y) của 2 tiếp tuyến với (C) là nghiệm HPT  y = 1 x + 2 (3x2 + 12x + 9) − 2x − 3 3 + 6x2 + 9x + 3 y=x 3 3 ⇔  2 3x2 + 12x + 9 = k 3x + 12x + 9 = k   2k − 9 k−6 y = k 1 x + 2 − 2x − 3  x+ y= 3 3 ⇔ ⇔ 3 3  2 3x2 + 12x + 9 = k 3x + 12x + 9 = k 2k − 9 k−6 x+ . Suy ra toạ độ các tiếp điểm cùng thoả mãn PT y = 3 3 2k − 9 k−6 x+ Vậy đường thẳng qua các tiếp điểm là d : y = 3 3 Do d cắt Ox, Oy tương ứng tại A và B sao cho OB = 2011.OA nên có thể xảy ra các trường hợp sau : 9 +) Nếu A ≡ O thì B ≡ O, TH này được thoả mãn nếu và chỉ nếu d qua O ⇔ k = 2 OB +) Nếu A ≡ O, khi đó trong tam giác vuông OAB cho tan OAB = = 2011 mà tan OAB bằng hoặc bằng OA k−6 với đối của hệ số góc của d , tức là ta có = ±2011 ⇔ k = 6039; k = −6027, 3 đối chiếu với (2) , ta được kết quả của TH này là : k = 6039 9 Tóm lại các giá trị cần tìm của k là k = và k = 6039 2 1<br /> <br /> htt p:/<br /> <br /> /m ath .v<br /> +∞<br /> 1<br /> <br /> Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x3 + 6x2 + 9x + 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . Lời giải: Hàm số y = x3 + 6x2 + 9x + 3 có TXĐ là D = R Đồ thị giao với trục tung tại điểm B(0; 3) y = 3x2 + 12x + 9 = 3(x + 1)(x + 3) Đồ thị giao với đường thẳng: y = −1 x = −1 ⇒ y = −1 Nên y = 0 ⇔ tại hai điểm (−4; −1), (−1; −1) x = −3 ⇒ y = 3 Đồ thị y > 0 ⇔ −∞ < x < −3 hoặc −1 < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến trên (−∞; −3) ; (−1; +∞) y < 0 ⇔ −3 < x < −1 ⇒ 3 hàm số nghịch biến trên (−3; −1). Giới hạn lim y = +∞; lim y = −∞. 2<br /> <br /> +∞<br /> <br /> −4<br /> <br /> −3<br /> <br /> −2<br /> <br /> n<br /> −1 −1 −2<br /> <br /> htt p:/<br /> +) Xét tích phân J = Do đó J = −<br /> −1 3 −1<br /> <br /> Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 2 − sin2 x 1 x Giải phương trình : = tan2 cos 2x + 4 cos x + 3 2 2 Lời giải: x ĐK: cos = 0; cos 2x + 4 cos x + 3 = 0. Với đk ấy pt tương đương: 2 1 + cos2 x 1 − cos x 1 + cos2 x 1 − cos x = ⇔ = 2 x + 2 cos x + 1) 2 2(cos 2(1 + cos x) (cos x + 1) 1 + cos x 2 x = (1 − cos x)(1 + cos x) ⇔ 1 + cos2 x = 1 − cos2 x ⇔ cos x = 0 ⇔ x = π + kπ (thoả) ⇔ 1 + cos 2 π Vậy pt có họ nghiệm là x = + kπ 2 Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x3 + 2y2 = x2 y + 2xy Giải hệ phương trình : (x, y ∈ R) 2 x2 − 2y − 1 + 3 y3 − 14 = x − 2 Lời giải: ĐKXĐ của HPT là x2 − 2y − 1 ≥ 0 (1) PT đầu của hệ được viết lại là x(x2 − 2y) − y(x2 − 2y) = 0 ⇔ (x − y)(x2 − 2y) = 0 ⇔ x = y (do (1) nên x2 − 2y ≥ 1 > 0) √ √ 3 Thay vào PT thứ 2 của hệ ta được : 14 − x3 = 2 x2 − 2x − 1 + 2 − x (2) Đối với PT (2) √ có 2 cách giải quyết√ ta : 3 +) Cách 1: Do x2 − 2x − 1 ≥ 0 nên 14 − x3 ≥ 2 − x ⇔ 14 − x3 ≥ 8 − 12x + 6x2 √ x3 ⇔ x2 − 2x − 1 ≤ 0 − √ Mặt khác khi x = y thì (1) cho ta x2 − 2x − 1 ≥ 0 . Do đó x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2. Vậy x = y = 1 ± 2 thoả mãn HPT đã cho và đó là 2 nghiệm của HPT ban đầu. √ +) Cách 2: Đặt u = 2 − x , v = x2 − 2x − 1(v ≥ 0) , ta có u3 − 6v2 = 14 − x3 . Khi đó (2) có dạng : √ 3 3 u − 6v2 = u + 2v ⇔ u3 − 6v2 = (u + 2v)3 ⇔ v[v2 + 3(u + v)2 + 3v] = 0 ⇔ v = 0 ; u = v = 0 (do v ≥ 0) √ √ • v = 0 ⇔ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2. Do vậy x = y = 1 ± 2 (thoả mãn (1)) 2−x = 0 . Hệ này vô nghiệm. •u=v=0⇔ 2 x − 2x − 1 = 0 √ Tóm lại HPT đầu có 2 nghiệm là x = y = 1 ± 2 Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— 3 πx 2010 Tính tích phân I = (x2 − 2x − 2 x − 1)2011 + 2012 sin4 dx 2 −1 Lời giải: Cách 1: 3 3 πx πx [(x − 1)3 − 3(x − 1)]2010 (x − 1) sin4 dx + 2012 I= sin4 dx = (I1 ) + (I2 ) 2 2 −1 −1 Đặt x − 1 = t ⇒ dx = dt; x = −1 ⇒ t = −2; x = 3 ⇒ t = 2 2 πt Vậy Ta thấy I1 = (t 3 − 3t)2010t cos4 dt 2 −2 3 − 3t)2010t cos4 π t là hàm lẻ ⇒ I = 0 mà f (t) = (t 1 2 2 2 2 πt πt Nhiệm vụ bây giờ chỉ tính I2 = 2012 cos4 dt = 4024 cos4 dt = 1006 (1 + cos π t)2 dt 2 2 −2 0 0 Mà cái tích phân này khai triển ra rồi hạ bậc là xong. Kết quả là 3018 Cách 2: 3 3 πx 2010 Ta có I = (x2 − 2x − 2 x − 1)2011 dx + 2012 sin4 dx 2 −1 −1 Đặt x = 2 − t ta có dx = −dt và : x = −1 ⇒ t = 3; x = 3 ⇒ t = −1<br /> 3<br /> <br /> (x2 − 2x − 2<br /> <br /> ((2 − t)2 − 2(2 − t) − 2<br /> <br /> /m ath .v<br /> 2010<br /> <br /> x − 1)2011 dx<br /> <br /> 2010<br /> <br /> 2 − t − 1)2011 dt = 2<br /> <br /> 3 −1<br /> <br /> (−t 2 + 2t + 2<br /> <br /> n<br /> 2010<br /> <br /> 1 − t)2011 dt<br /> <br /> 3<br /> <br /> =−<br /> <br /> Ta có J = 2012<br /> <br /> 3 −1<br /> <br /> 1 − cos π x 2<br /> <br /> −1<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br /> <br /> dx = 503<br /> <br /> htt p:/<br /> <br /> √ a a 3 ; AC = Ta có: AB = 2 2√ a 3 a Ta có: BE = AB − AE = − b; FC = AC − AF = − b 2 2 √ BE EH a a 3 ∆BEH ∆HFC ⇒ = ⇒ BE.FC = b2 ⇒ −b − b = b2 HF FC 2 2 √ √ √ √ a(3 − 3) a2 3 ab( 3 + 1) a2 3 ab ⇒b= ⇒ − + b2 = b2 ⇒ =√ 4 2 4 4 √ 3−1 √ √ 2 3 √ a a(3 − 3) 3 SABC = Ta có: SH = b 3 = 4 8√ √ √ √ 1 1 a(3 − 3) 3 a2 3 a3 (3 − 3) ⇒ VS.ABC = SH.SABC = · · = 3 3 4 8 32 TH2: H nằm ngoài đoạn BC về phía B HE AC = < 1 ⇒ HE < EB < AE Vô lý, vì vậy ko có TH này ∆BEH ∼ ∆HFC ⇒ EB AB TH3: H nằm ngoài đoạn BC về phía C<br /> <br /> /m ath .v<br /> S A F C E H B 3<br /> <br /> 3 503 1 503 3 (3 − 4 cos 2π x + cos 4π x)dx = 3x − 2 sin 2π x + sin 4π x = 3018 = 2 −1 2 4 −1 Vậy I = J + K = 0 + 3018 = 3018 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , BC = a và ABC = 300 . Mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Lời giải: Cách 1: Vẽ SH ⊥ BC (H ∈ BC); HE ⊥ AB (E ∈ AB); HF ⊥ AC (F ∈ AC) Vì (SBC) ⊥ (ABC) với giao tuyến là BC ⇒ SH ⊥ (ABC) Ta có: ∆SHE = ∆SHF ⇒ HE = HF mà AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF là hình vuông; cạnh là b TH1: H nằm trong đoạn BC<br /> <br /> −1<br /> <br /> (1 − 2 cos 2π x + cos2 π x)dx<br /> <br /> n<br /> <br /> +) Xét tích phân K = 2012<br /> <br /> −1<br /> <br /> (t 2 − 2t − 2<br /> <br /> 2010<br /> <br /> t − 1)2011 dt = −J. Suy ra J = 0<br /> 3<br /> <br /> sin4<br /> <br /> πx dx 2<br /> <br /> S<br /> <br /> F<br /> <br /> H<br /> <br /> √ √ √ BA a a 3 a 3 a(3 + 3) CA = ⇒ CA.BE = AB.HE ⇒ (b + )= b⇒b= Ta có: ∆BAC ∼ ∆BEH ⇒ HE √ BE 2 2 2 4 √ √ √ a2 3 a(3 + 3) 3 Ta có: SH = b 3 = SABC = 4 8√ √ √ √ 1 1 a(3 + 3) 3 a2 3 a3 (3 + 3) ⇒ VS.ABC = SH.SABC = · · = 3 3 4 8 32 Cách 2: Dựng đường thẳng Az⊥(ABC) và thiết lập hệ tọa độ Axyz như hình vẽ dưới đây: z<br /> <br /> htt p:/<br /> B x<br /> <br /> √ a a 3 ; c = và có được: A (0; 0; 0) , B (b; 0; 0) , C (0; c; 0) Chúng ta đặt b = 2 2 ta cũng giả thử luôn là: S (x; y; z) và thấy là: S∆ABC .d (S; (ABC)) bc.d (S; (Axy)) bc|z| = = VS.ABC = 3 6 6 Mặt khác: − → − → − → AS = (x; y; z) , BS = (x − b; y; z) , CS = (x; y − c; z) Vậy nên mặt phẳng (SBC) có vector pháp tuyến là: − − → → → BS ∧ CS = − (cz; bz; bc − by − cx) na → − Để ý rằng pháp tuyến của (ABC) chính là k (0; 0; 1) nên sự kiện (SBC)⊥(ABC) dẫn đến: →→ − .− = 0 ⇔ bc = by + cx na k (∗) Hai vector pháp tuyến lần lượt của (SCA) và (SAB) là: − − → → → − − → → → CS ∧ AS = − (−cz; 0; cx), AS ∧ BS = − (0; −bz; by) nb nc 4<br /> <br /> /m ath .v<br /> A E C B S A C y<br /> <br /> n<br /> <br /> htt p:/<br /> <br /> Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + 1 = z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x3 y3 F= (x + yz)(y + zx)(z + xy)2 Lời giải: Cách 1: √ Đặt t = xy. Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy √ z = x + y + 1 ≥ 2 xy + 1 = 2t + 1. Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có √ √ √ √ 2 (x + yz)(y + zx) ≥ x y + yz zx = xy(z + 1)2 ≥ t 2(2t + 1 + 1)2 = 4t 2 (t + 1)2 . Lại có (z + xy)2 ≥ (2t + 1 + t 2 )2 = (t + 1)4 . Kết hợp các đánh giá này lại, ta suy ra t6 t4 F≤ 2 = . [4t (t + 1)2 ] [(t + 1)4 ] 4(t + 1)6 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có 2 t t 3 t . t +1 = + +1 ≥ 3 2 2 4 4 t4 = . Và như thế, F≤ 6 729 2 3 t 4 3 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = t = 2 và z = 2t + 1 = 5. Cách 2: x 1 y xy x x y y xy Ta có : x + y + 1 = z ⇔ + + = 1 ⇔ . + . + . =1 z z z z yz yz zx zx z xy x y , tan β = , tan γ = Đặt tan α = z yz zx π xy x y ta chỉ cần chọn 0 < α , β , γ < vì hàm tang tuần hoàn chu kì π và do , , >0 2 z yz zx xy x x y y xy . + . + . =1 Khi đó từ z yz yz zx zx z π ta được tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1 (1) . Ta tạm giả sử α + β = 2 π 1 − tan α tan β Vậy (1) ⇔ tan α = ⇔ tan γ = cot(α + β ) ⇔ α + β + γ = (2) tan α + tan β 2 (Chú ý là hai góc nhọn bằng nhau khi và chỉ khi tang của chúng bằng nhau) π A B C Bây giờ ta chọn α = , β = , γ = với 0 < A, B,C < π (3) (để đảm bảo 0 < α , β , γ < ) 2 2 2 2 Khi đó (2) cho ta A + B +C = π (4) 5<br /> <br /> /m ath .v<br /> <br /> Thế nên việc tạo góc 60◦ giữa (ABC) với các mặt phẳng (SCA) và (SAB) sẽ cho ta: 1 |by| |cx| = = 2 (−bz)2 + (by)2 (−cz)2 + (cx)2 |z| Để có: |x| = |y| = √ 3 Từ (∗) ta dẫn đến hai khả năng sau: √ √ √ √ bc 3 b2 c2 3 a3 (3 − 3) Nếu x; y cùng dấu thế thì |z| = |x| 3 = nên thể tích cần tính là: VS.ABC = = . b+c 6(b√ c) + 32 √ √ √ bc 3 b2 c2 3 a3 (3 + 3) Nếu x; y trái dấu thế thì |z| = |x| 3 = nên thể tích cần tính là: VS.ABC = = . b−c 6(b − c) 32 √ √ a3 (3 − 3) a3 (3 + 3) và V2 = Vậy có hai kết quả cho thể tích cần tính là: V1 = 32 32<br /> <br /> n<br /> <br />