Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 02 dành cho học sinh hệ Trung học phổ thông ôn thi tốt nghiệp và ôn thi Đại học - Cao đẳng tham khảo ôn tập và củng cố lại kiến thức.
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 02 DIỄN ĐÀN MATH.VN n http://math.vn x→+∞ x→−∞ Bảng biến thiên x −∞ y + −1 − + ma th v Câu I 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x3 − 3mx + 2, với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số với m = Lời giải: m = Hàm số y = x3 − 3x + có TXĐ D = R Đồ thị y = 3x2 − = 3(x2 − 1) Giao với trục tung: (0; 2) x = −1 ⇒ y = Giao với trục hoành: (−2; 0), (1; 0) y =0⇔ x=1 ⇒y=0 Giới hạn vô cực lim y = +∞; lim y = −∞ +∞ +∞ y −∞ hàm số đồng biến (−∞; −1) ; (1; +∞) hàm số nghịch biến (−1; 1) Điểm cực đại (−1; 4), điểm cực tiểu (1; 0) −2 −1 htt p :// Câu I 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B cho IAB có diện tích 18, I(1; 1) Lời giải: trantrongtai1234 Ta có: y = 3x2 − 3m = 3(x2 √ − m) Để √ hàm số có √ CĐ CT√⇔ m > gọi A, B cực trị thì: A(− m; + 2m m); B( m; − 2m m)√ √ √ −4m m √ Phương trình đường thẳng qua AB là: y − (2 + 2m m) = (x + m) ⇔ y = − 2mx m √ |2m − 1| Khoảng cách từ I đến đt AB d(I; AB) = √ , độ dài đoạn AB = 4m + 16m3 4m2 + √ √ |2m − 1| √ mà diện tích tam giác IAB S = 18 ⇔ √ 4m + 16m3 = 18 4m2 + ⇔ (4m + 16m )(2m − 1)2 = (4m2 + 1)4 · 18 ⇔ m(2m − 1)2 = 18 ⇔ 4m3 − 4m2 + m − 18 = ⇔ (m − 2)(4m2 + 4m + 9) = ⇔ m = Câu II.) (1 điểm) ———————————————————————————————— √ π x π 3x Giải phương trình 2 sin − cos − − cos x = sin 2x − 8 Lời giải: Cách 1: lonely_abba √ √ √ π PT ⇔ sin − 2x + sin x − 2 cos x = sin 2x − √ √ ⇔ cos 2x − sin 2x + sin x − 2 cos x = sin 2x − √ π ⇔ cos 2x − sin 2x + sin x − − cos x + = π Đặt t = x − Đưa đc: sin 2t + cos 2t − sint + cost − = ⇔ −6 sin2 t + (2 cost − 3) sint + cost = (∗) 2 ∆sin x = (2 cost − 3) + 24 cost = (2 cost + 3) sint = −2 (∗) ⇔ sint = cost Cách 2: ltq2408 √ √ √ π − 2x + sin x − 2 cos x = sin 2x − sin √ ⇔ (cos x − sin x) (cos x + sin x) + (1 − sin√ 2x) + (sin x − cos x) = ⇔ (cos x − sin x) (2 cos x − sin x) − (2 cos x − sin x) = √ ⇔ (2 cos x − sin x) cos x − sin x − = n Phương trình tương đương với: :// ma th v Câu III.) (1 điểm) ———————————————————————————————— 3x = 8y2 + √ Giải hệ phương trình sau R: 3y = 8x2 + Lời giải: Cách 1: canhochoi √ Đầu tiên ta xét hàm f (t) = 3t + 8t + để chứng tỏ x = y Xét g(x) = 9x − 8x2 − 1, g (x) = 9x ln − 16x, g (x) = 9x ln 92 − 16, 16 = α Ta có g (α) ≈ −1, 44 g (x) = ⇔ x = log9 ln 92 Từ BBT ta dễ suy có số z1 , z2 thỏa pt g (x) = Từ dễ dàng lập BBT hàm số g(x) Từ BBT hàm số g(x), suy pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g = 0, nên 1, 0, ba nghiệm PT Cách 2: vokhachuyy √ Ta có: 8y2 + ≥ ⇒ (3x ≥ 1) ⇒ x ≥ 8x2 + ≥ ⇒ (3y ≥ 1) ⇒ y ≥ √ 8t ≥ 0,t ≥ f (t) đồng biến Xét f (t) = 8t + f (t) = √ 8t + √ giả sử x ≥ y ⇒ 3x ≥ 3y ⇒ 8y2 + ≥ 8x2 + ⇒ y ≥ x suy x = y Xét g(x) = 9x − 8x2 − 1, g (x) = 9x ln − 16x, g (x) = 9x ln 92 − 16, 16 g (x) = ⇔ x = log9 = α Ta có g (α) ≈ −1, 44 ln 92 Từ BBT ta dễ suy có số z1 , z2 thỏa pt g (x) = Từ dễ dàng lập BBT hàm số g(x) = 0, Từ BBT hàm số g(x), suy pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g nên 1, 0, ba nghiệm PT htt p Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————————— x + ln x Tính tích phân I = dx (1 + x) Lời giải: Cách 1: canhochoi x + ln x 2 ln x dx = dx + dx − dx I= 2 (1 + x) 1 1+x (1 + x) (1 + x) 2 dx = ln |x + 1| = ln 12 +lnxx 2 ln x ln 2 ln dx = − + ln |x| − ln |x + 1| = − + ln − ln Ta có: Vậy I = − 1+x 1 (1 + x) 2 1 dx = − = x+1 (1 + x) Cách 2: trantrongtai1234 x+1 −1 Đặt u = x + ln x ⇒ du = dx dv = dx ⇒ v = x (x + 1) (x + 1) 21 −(x + ln x) −(x + ln x) 2 ln Ta có: I = + dx = + ln |x| Vậy I = − 1+x 1+x 1 1 x Câu V (1 điểm) ———————————————————————————————— √ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi AB = BD = a, SA = a 3, SA ⊥ (ABCD) Gọi M ma th v n điểm cạnh SB cho BM = SB, giả sử N điểm di động cạnh AD Tìm vị trí điểm N để BN ⊥ DM tính thể tích khối tứ diện BDMN Lời giải: lonely_abba √ a2 Ta có: ∆ABD tam giác ⇒ SBDA = Vẽ ME SA (E ∈ AB); √ ME MB DN a S BDN ∆SAB : SA ME ⇒ = = = ⇒ SBDN = SA √ SB SBDA DA 5 2a MB Thể tích khối tứ diện MNDB · SA = ⇒ ME = √ là: √ SB 1 2a a2 2a3 Ta có: ME SA; SA ⊥ AB ⇒ ME ⊥ AB V = ME · SBAN = · · = 3 15 ⇒ DE hình chiếu vng góc DM (ABCD) S Theo định lí đường vng góc, BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ DE MB 2a BE MB = ⇒ BE = · AB = Ta có: BA SB SB → −→ −→ − Đặt DN = x DE = BA − BD M → a − x −→ −→ x − BN = BA − BD a a − → −→ a BA.BD = −→ −→ D BN ⊥ DE ⇔ DE.BN = 2a 2(a − x) x − → −→ a − x H ⇔ BA + − BA.BD − BD = 3a 3a a a N 2a.a2 2(a − x) x a2 a2 (a − x) C A ⇔ + − − =0 3a 3a a a E 4a ⇔ ax − a2 = ⇔ x = B htt p :// Câu VI (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn ABC Chứng minh b3 c3 a3 + + ≥ 12pR2 , cos A cos B cosC p nửa chu vi R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC Lời giải: CSS Sử dụng công thức quen thuộc c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 , cos B = , cosC = , cos A = 2bc 2ca 2ab a2 b2 c2 2p = a + b + c, R2 = , 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − (a4 + b4 + c4 ) ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng a2 b2 c2 3abc(a + b + c) + + ≥ b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 ∑ a2 b2 − ∑ a4 Do tam giác ABC nhọn nên min{b2 + c2 , c2 + a2 , a2 + b2 } > max{a2 , b2 , c2 }, điều cho phép ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sau a2 (a2 + b2 + c2 )2 (a2 + b2 + c2 )2 ≥ = ∑ b + c2 − a2 ∑ a2 (b2 + c2 − a2 ) ∑ a2 b2 − ∑ a4 Vậy ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2 )2 ≥ 3abc(a + b + c), hiển nhiên (a2 + b2 + c2 )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 − = 0, phân giác CK : 2x − y + = trung điểm M(2; −1) cạnh AC Tính chu vi diện tích của tam giác ABC Lời giải: htt p :// ma th v n Câu VIII.) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) tâm I(1; −2; 1); bán kính R = đường thẳng x y−1 z+1 = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (d) : = −2 −1 có diện tích nhỏ Lời giải: trantrongtai1234 Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng (d): Gọi (Q) mặt phẳng qua I vng góc với (d) ⇒ pt mp (Q) : 2x − 2y − z = −1 −5 ; ) ta có H thuộc (d) (Q) ⇒ H( ; 3 √ ta có IH = 10 < = R ⇒ (d) cắt mặt cầu Gọi (G) mặt phẳng qua H vng góc với IH Lập phương trình mặt phẳng cắt mặt theo đường trịn có diện tích nhỏ Tương đương khoảng cách từ tâm đến mp lớn Bài toán quay trở giống (A-2008) − → ⇒ PT mp(P) qua H nhận IH véctơ pháp tuyến: x + 5y − 8z = 13 Thật gọi (X) mp chứa (d) A hình chiếu A lên (X) ⇒ AA nhỏ AH Tức AH khoảng cách lớn từ A đến mp chứa (d) Vậy PT: x + 5y − 8z = 13 pt mp(P) cần tìm Câu IX (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho tập A = {1, 2, 3, , 2011} n ∈ A, n ≤ 1006 Gọi B tập A có n phần tử B chứa ba số tự nhiên liên tiếp Hỏi có tập B ? Lời giải: ... ———————————————————————————————— Cho tập A = {1, 2, 3, , 2011} n ∈ A, n ≤ 1006 Gọi B tập A có n phần tử B chứa ba số tự nhiên liên tiếp Hỏi có tập B ? Lời giải: ... có g (α) ≈ −1, 44 g (x) = ⇔ x = log9 ln 92 Từ BBT ta dễ suy có số z1 , z2 thỏa pt g (x) = Từ dễ dàng lập BBT hàm số g(x) Từ BBT hàm số g(x), suy pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1)... = log9 = α Ta có g (α) ≈ −1, 44 ln 92 Từ BBT ta dễ suy có số z1 , z2 thỏa pt g (x) = Từ dễ dàng lập BBT hàm số g(x) = 0, Từ BBT hàm số g(x), suy pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1)