LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 2

tai lieu hay day moi nguoi

http://math.vn DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 02 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 3 − 3mx + 2, với m là tham số. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1. Lời giải: m = 1 Hàm số là y = x 3 − 3x + 2 có TXĐ là D = R y  = 3x 2 − 3 = 3(x 2 − 1) y  = 0 ⇔  x = −1 ⇒ y = 4 x = 1 ⇒ y = 0 Giới hạn tại vô cực lim x→+∞ y = +∞; lim x→−∞ y = −∞. Bảng biến thiên x −∞ −1 1 +∞ y  + 0 − 0 + y −∞ 4  0 +∞ hàm số đồng biến trên (−∞;−1); (1;+∞) hàm số nghịch biến trên (−1; 1). Điểm cực đại (−1; 4), điểm cực tiểu (1; 0). Đồ thị Giao với trục tung: (0;2) Giao với trục hoành: (−2;0),(1;0) −2 −1 1 2 2 4 0 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A,B sao cho IAB có diện tích bằng √ 18, trong đó I(1; 1). Lời giải: trantrongtai1234 Ta có: y  = 3x 2 − 3m = 3(x 2 − m). Để hàm số có CĐ và CT ⇔ m > 0 gọi A,B là 2 cực trị thì: A(− √ m;2 + 2m √ m);B( √ m;2− 2m √ m) Phương trình đường thẳng qua AB là: y− (2 + 2m √ m) = −4m √ m 2 √ m (x + √ m) ⇔ y = 2− 2mx Khoảng cách từ I đến đt AB là d(I; AB) = |2m− 1| √ 4m 2 + 1 , độ dài đoạn AB = √ 4m + 16m 3 mà diện tích tam giác IAB là S = √ 18 ⇔ 1 2 |2m− 1| √ 4m 2 + 1 √ 4m + 16m 3 = √ 18 ⇔ (4m + 16m 3 )(2m− 1) 2 = (4m 2 + 1)4· 18 ⇔ m(2m− 1) 2 = 18 ⇔ 4m 3 − 4m 2 + m− 18 = 0⇔ (m− 2)(4m 2 + 4m + 9) = 0 ⇔ m = 2 Câu II.) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình 2 √ 2  sin  π 8 − x 2  cos  π 8 − 3x 2  − cosx  = 2 sin 2x− 3. Lời giải: Cách 1: lonely_abba PT ⇔ √ 2sin  π 4 − 2x  + √ 2sin x− 2 √ 2cos x = 2 sin 2x− 3 ⇔ cos 2x− sin2x + √ 2sin x− 2 √ 2cos x = 2 sin 2x− 3 ⇔ cos 2x− 3sin2x + 2 sin  x− π 4  − √ 2cos x + 3 = 0 Đặt t = x− π 4 Đưa về đc: sin 2t + 3cos2t− 3 sint + cost − 3 = 0 ⇔ −6 sin 2 t + (2cost− 3) sint + cost = 0 (∗) ∆ sinx = (2 cost− 3) 2 + 24cost = (2 cost + 3) 2 (∗) ⇔  sint = −2 sint = 1 3 cost Cách 2: ltq2408 1 http://math.vn Phương trình tương đương với: √ 2sin  π 4 − 2x  + √ 2sin x− 2 √ 2cos x = 2 sin 2x− 3 ⇔ (cos x− sinx)(cos x + sin x) + 3(1− sin 2x) + √ 2(sin x− 2 cos x) = 0 ⇔ 2 (cos x− sin x)(2 cos x− sin x)− √ 2(2cos x− sin x) = 0 ⇔ (2 cos x− sin x)  2cos x− 2 sin x− √ 2  = 0 Câu III.) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình sau trên R:  3 x =  8y 2 + 1 3 y = √ 8x 2 + 1. Lời giải: Cách 1: canhochoi Đầu tiên ta xét hàm f (t) = 3 t + √ 8t 2 + 1 để chứng tỏ rằng x = y. Xét g(x) = 9 x − 8x 2 − 1, g  (x) = 9 x ln9− 16x, g  (x) = 9 x ln9 2 − 16, g  (x) = 0 ⇔ x = log 9  16 ln9 2  = α Ta có g  (α) ≈ −1,44. Từ BBT ta dễ suy ra có 2 số z 1 ,z 2 thỏa pt g  (x) = 0. Từ đó dễ dàng lập BBT của hàm số g(x). Từ BBT của hàm số g(x), suy ra pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g  1 2  = 0, nên 1,0, 1 2 là ba nghiệm của PT. Cách 2: vokhachuyy Ta có:  8y 2 + 1 ≥ 1 ⇒ (3 x ≥ 1) ⇒ x ≥ 0. √ 8x 2 + 1 ≥ 1 ⇒ (3 y ≥ 1) ⇒ y ≥ 0. Xét f (t) = √ 8t 2 + 1 f (t)  = 8t √ 8t 2 + 1 ≥ 0,t ≥ 0 f (t) đồng biến. giả sử x ≥ y ⇒ 3 x ≥ 3 y ⇒  8y 2 + 1 ≥ √ 8x 2 + 1 ⇒ y ≥ x suy ra x = y Xét g(x) = 9 x − 8x 2 − 1, g  (x) = 9 x ln9− 16x, g  (x) = 9 x ln9 2 − 16, g  (x) = 0 ⇔ x = log 9  16 ln9 2  = α Ta có g  (α) ≈ −1,44. Từ BBT ta dễ suy ra có 2 số z 1 ,z 2 thỏa pt g  (x) = 0. Từ đó dễ dàng lập BBT của hàm số g(x). Từ BBT của hàm số g(x), suy ra pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g  1 2  = 0, nên 1,0, 1 2 là ba nghiệm của PT. Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I =  2 1 x + ln x (1 + x) 2 dx. Lời giải: Cách 1: canhochoi I =  2 1 x + ln x (1 + x) 2 dx =  2 1 1 1 + x dx +  2 1 lnx (1 + x) 2 dx−  2 1 1 (1 + x) 2 dx Ta có:                 2 1 1 1 + x dx = ln|x + 1|    2 1 = ln 3 2  2 1 lnx (1 + x) 2 dx = − lnx 1 + x    2 1 + ln|x|    2 1 − ln|x + 1|    2 1 = − ln2 3 + ln2− ln 3 2  2 1 1 (1 + x) 2 dx = − 1 x + 1    2 1 = 1 6 . Vậy I = 2ln2 3 − 1 6 Cách 2: trantrongtai1234 Đặt u = x + ln x ⇒ du = x + 1 x dx. dv = 1 (x + 1) 2 dx ⇒ v = −1 (x + 1) Ta có: I = −(x + ln x) 1 + x    2 1 +  2 1 1 x dx = −(x + ln x) 1 + x    2 1 + ln|x|    2 1 . Vậy I = 2ln2 3 − 1 6 Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và AB = BD = a, SA = a √ 3, SA ⊥ (ABCD). Gọi M là 2 http://math.vn điểm trên cạnh SB sao cho BM = 2 3 SB, giả sử N là điểm di động trên cạnh AD. Tìm vị trí của điểm N để BN ⊥ DM và khi đó tính thể tích của khối tứ diện BDMN. Lời giải: lonely_abba Vẽ ME  SA (E ∈ AB); ∆SAB : SA  ME ⇒ ME SA = MB SB ⇒ ME = MB SB · SA = 2a √ 3 3 Ta có: ME  SA; SA ⊥ AB ⇒ ME ⊥ AB ⇒ DE là hình chiếu vuông góc của DM trên (ABCD) Theo định lí 3 đường vuông góc, BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ DE Ta có: BE BA = MB SB ⇒ BE = MB SB · AB = 2a 3 Đặt DN = x thì −→ DE = 2 3 −→ BA− −→ BD −→ BN = x a −→ BA− a− x a −→ BD −→ BA. −→ BD = a 2 2 BN ⊥ DE ⇔ −→ DE. −→ BN = 0 ⇔ 2a 3a BA 2 +  2(a− x) 3a − x a  −→ BA. −→ BD− a− x a BD 2 = 0 ⇔ 2a.a 2 3a +  2(a− x) 3a − x a  a 2 2 − a 2 (a− x) a = 0 ⇔ 5 6 ax− 2 3 a 2 = 0 ⇔ x = 4a 5 Ta có: ∆ABD là tam giác đều ⇒ S BDA = a 2 √ 3 4 S BDN S BDA = DN DA = 4 5 ⇒ S BDN = a 2 √ 3 5 Thể tích khối tứ diện MNDB là: V = 1 3 ME · S BAN = 1 3 · 2a √ 3 3 · a 2 √ 3 5 = 2a 3 15 A B C D S H E M N Câu VI. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng a 3 cosA + b 3 cosB + c 3 cosC ≥ 12pR 2 , trong đó p là nửa chu vi và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. Lời giải: CSS Sử dụng các công thức quen thuộc cosA = b 2 + c 2 − a 2 2bc , cos B = c 2 + a 2 − b 2 2ca , cosC = a 2 + b 2 − c 2 2ab , 2p = a + b + c, R 2 = a 2 b 2 c 2 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )− (a 4 + b 4 + c 4 ) , ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng a 2 b 2 + c 2 − a 2 + b 2 c 2 + a 2 − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 ≥ 3abc(a + b + c) 2 ∑ a 2 b 2 − ∑ a 4 . Do tam giác ABC nhọn nên min{b 2 + c 2 ,c 2 + a 2 ,a 2 + b 2 } > max{a 2 ,b 2 ,c 2 }, điều này cho phép ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau ∑ a 2 b 2 + c 2 − a 2 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ∑ a 2 (b 2 + c 2 − a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 ∑ a 2 b 2 − ∑ a 4 . Vậy ta chỉ cần chứng minh (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3abc(a + b + c), hiển nhiên đúng vì (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ (ab + bc + ca) 2 ≥ 3abc(a + b + c) theo AM-GM. Câu VII.) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH : 3x + 2y− 1 = 0, phân giác trong CK : 2x− y + 5 = 0 và trung điểm M(2;−1) của cạnh AC. Tính chu vi và diện tích của của tam giác ABC. 3 http://math.vn Lời giải: Câu VIII.) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) tâm I(1;−2; 1); bán kính R = 4 và đường thẳng (d) : x 2 = y− 1 −2 = z + 1 −1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Lời giải: trantrongtai1234 Gọi H hình chiếu của I lên đường thẳng (d): Gọi (Q) là mặt phẳng qua I vuông góc với (d) ⇒ pt mp (Q) : 2x− 2y− z = 5 như vậy ta có H thuộc (d) và (Q) ⇒ H( 4 3 ; −1 3 ; −5 3 ) ta có IH = √ 10 < 4 = R ⇒ (d) cắt mặt cầu Gọi (G) là mặt phẳng đi qua H và vuông góc với IH Lập phương trình mặt phẳng cắt mặt theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Tương đương khoảng cách từ tâm đến mp đó là lớn nhất. Bài toán quay trở về giống (A-2008) ⇒ PT mp(P) đi qua H nhận −→ IH là véctơ pháp tuyến: x + 5y− 8z = 13 Thật vậy gọi (X) là mp bất kì chứa (d) và A  là hình chiếu của A lên (X) ⇒ AA  nhỏ hơn hoặc bằng AH. Tức AH là khoảng cách lớn nhất từ A đến mp bất kì chứa (d). Vậy PT: x + 5y− 8z = 13 chính là pt mp(P) cần tìm. Câu IX. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho tập A = {1, 2, 3, . . . ,2011} và n ∈ A, n ≤ 1006. Gọi B là tập con của A có n phần tử và B chứa ba số tự nhiên liên tiếp. Hỏi có bao nhiêu tập B như vậy ? Lời giải: 4