Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 03 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.
DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Mơn thi : Tốn Đề số: 03 Câu I 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Lời giải: m = hàm số y = x4 − 2x2 + có TXĐ D = R y = 4x3 − 4x = 4x x − Đồ thị x=0 ⇒y=2 Nên y = ⇔ x = −1 ⇒ y = x=1 ⇒y=1 y > ⇔ −1 < x < < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến (−1; 0) ; (1; +∞) y < ⇔ −∞ < x < −1 < x < ⇒ hàm số nghịch biến (−∞; −1) ; (0; 1) Giới hạn lim y = +∞; lim y = +∞ x→−∞ x→+∞ Bảng biến thiên Điểm cực đại (0; 2), điểm cực tiểu (−1; 1) ; (1; 1) Đồ thị giao với trục tung: x = ⇒ y = Đồ thị cắt trục tung điểm B(0; 2) −2 −1 Câu I 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có đường trịn ngoại tiếp qua điểm D ; 5 Lời giải: Cách Ta có y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m) Hàm số có cực đại cực tiểu y có nghiệm phân biệt đổi dấu x qua nghiệm ⇔ y có nghiệm phân biệt ⇔ t(x) = x2 − m có nghiệm phân biệt khác ⇔ m > (1) y = x4 − 2mx2 + (2) Với ĐK hàm số có điểm cực trị với toạ độ nghiệm HPT x − mx = (3) 2 Ta có (2) ⇔ y = x(x − mx) − mx + = −mx + (4) (do (3)) 2−y ⇒ x2 = (5) m Từ (4) có y2 = m2 x4 − 4mx2 + = m2 x(x3 − mx) + m(m2 − 4)x2 + = m(m2 − 4)x2 + 4(do (3)) Hay y2 = (m2 − 4)(2 − y) + (6) (do (5)) Từ (5)&(6) ta thu x2 + y2 = m2 + − (2 − y) + 4(7) m Như theo suy luận toạ độ điểm cực trị thoả mãn PT (7) , mà (7) PT đường trịn Do đường trịn (T ) qua điểm cực trị đồ thị hàm số có PT x2 + y2 = m2 + − (2 − y) + m 9 81 1 Bây (T ) qua D( ; ) ⇔ + = m2 + − +4 5 25 25 m √ −1 ± ⇔ m − 2m + = ⇔ (m − 1)(m + m − 1) = ⇔ m = 1; m = √ −1 + Kết hợp ĐK m > ta thu giá trị cần tìm m = m = Cách Hàm số có y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m) Đây tích nhị thức tam thức nên hàm số có cực đại cực tiểu x2 − m có nghiệm phân biệt khác ⇔ √m>0 √ Do hệ số bậc dương nên hàm số có cực đại A(0, 2), cực tiểu B (− m, − m ), B( m, − m2 ) Tâm I đường tròn qua điểm A, B, B , M năm Oy B, B đối xứng qua Oy I(0, b) 9 IA = IM ⇔ (2 − b)2 = + −b ⇔ b = 25 IA = IB ⇔ (2 − b) = m + (2 − m2 − b)2 thay b = vào √ −1 + 2 ⇔ m − + (1 − m ) = 0⇔ m(m − 1)(m + m − 1) = 0⇔ m = hay m = (vì điều kiện m > 0) Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 16cos6 x + 2cos4 x Giải phương trình : sin x = 54 − 51cos2 x Lời giải: √ 16cos6 x + 2cos4 x >0 ⇒ sin x > ⇒ sin x = − cos2 x đặt: t = cos2 x (0 < t < 1) Để ý 54 − 51cos x 16t + 2t √ Phương trình ban đầu trở thành: − 1−t = 54 − 51t (48t + 4t)(54 − 51t) + 51(16t + 2t ) √ > 0( < t < 1) f (t) = + (54 − 51t)2 1−t ⇒ f (t) hàm đồng biến, mà f (3/4) = ⇒ t = 3/4 nghiệm ⇒ cos2 x = 3/4 ⇒ sin x = 1/2 ( sin x > 0) ⇒ x = π /6 + k2π hay x = 5π /6 + k2π Câu II 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x2 + 2y2 − 3x + 2xy = Giải hệ phương trình: xy(x + y) + (x − 1)2 = 3y(1 − y) Lời giải: x2 + 2y2 − 3x + 2xy = (1) xy(x + y) + (x − 1) = 3y(1 − y) (2) (1) − (2) = (x + 1)(−1 − y + 2y − y(x − 1)) = ∗ x = −1 ⇒ pt vô nghiệm 3y − y2 − 3y − 3y − y2 − 2 + y2 = ⇒ (1) ⇔ (x + y) + y − 3x = ⇔ ∗ x= y y y 1 1 ⇔ y+3− −3 y+3− +2 = ⇔ y+3− = hay y + − =2 y y √ y y √ y = −1 − √2 hay y = −1 + √2 x = hay x = y2 + 2y − = ⇒ ⇔ ⇔ 5 −1 + −1 − x = hay x = y +y−1 = hay y = y= 2 Câu III (1 điểm) ———————————————————————————————— ln(1 − x) Tính tích phân I = dx 2x − 2x + Lời giải: π /4 + tant Đặt − 2x = tant ⇒ −2 dx = (tan2 t + 1) dt Ta có: I = dt ln π + tan − u π /4 π /4 π /4 π du = du = − ln ln ln(1+tan u) du Đặt u = −t ta có: I = + tan u 0 π /4 π /4 + tan u ln du = −I − ln du du − 0 π /4 π /4 π ⇒I =− ln du = − (u · ln2) = − ln 2 Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hình chiếu S trùng với trọng tâm tam giác ABD Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 60o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Lời giải: I=− π /4 ln S Gọi G trọng tâm tam giác ABD E hình chiếu G lên AB SG⊥AB ⇒ AB⊥ (SGE) Ta có: GE⊥AB ⇒ SEG = 600 √ ⇒ SG = GE · tan SEG = 3GE Mặt khác: G trọng tâm tam giác ABD a ⇒ GE = BC = 3 √ a3 ⇒ VSABCD = SG.SABCD = A E D G B C Câu V (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số thực a, b, c ∈ [0; 1] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = a5 b5 c5 (3(ab + bc + ca) − 8abc) Lời giải: Từ điều kiện ban đầu ta dễ dàng suy 3(ab + bc + ca) − 8abc ≥ 0, giá trị nhỏ P 0, đạt ba số a, b, c có số Tiếp theo ta tìm giá trị lớn P Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3(ab + bc + ca) − 8abc + 5abc (ab + bc + ca − abc)6 = P≤ 26 √ Vì b + c ≥ bc ≥ bc nên ab + bc + ca − abc = a(b + c − bc) + bc ≤ b + c − bc + bc = b + c ≤ 2, (ab + bc + ca − abc)6 26 từ suy P≤ ≤ = 26 Như ta tìm giá trị lớn P 1, có a, b, c Câu VI 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1; 4) hai đường tròn (C1 ) : (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13, (C2 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 25 Tìm hai đường trịn (C1 ), (C2) hai điểm M, N cho tam giác MAN vuông cân A Lời giải: Phép quay Q1 (A; π /2) Biến C2 thành C3 Khi AO2 = AO3 AO2 vng góc AO3 Giải O3 (3; 4) pt đường tròn C3 : (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 Phép quay Q2 (A; −π /2) Biến C2 thành C4 Khi AO2 = AO4 AO2 vng góc AO4 Giải O4 (−1; 4) pt đường tròn C4 : (x + 1)2 + (y − 4)2 = 25 Giả sử M thuộc C2 , N thuộc C1 cho tam giác AMN vuông cân A M biến thành N qua phép quay Q1 Q2 , suy N giao điểm C1 C3 C1 C4 (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 x2 + y2 − 6x − 8y = Trường hợp 1: Tọa độ N thỏa hệ ⇔ (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 x−y+8 = ⇔ N1 (−1; 7) N2 (0; 8) ⇒ M1 (4; 6) M2 (5; 5) (x + 1)2 + (y − 4)2 = 25 3x + y − 12 = Trường hợp 2: Tọa độ N thỏa hệ ⇔ (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 (x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 ⇔ N3 (1, 16; 8, 51) N4 (3, 44; 1, 69) ⇒ M3 (−3, 51; 4, 16) M4 (3, 31; 6, 44) c3 N3 c4 c1 N2 N1 M4 M1 c2 O1 M2 M3 O4 O3 A O2 N4 Câu VI 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M (1; 2; 3) Lập phương trình mặt phẳng qua M cắt ba tia Ox A, Oy B, Oz C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ Lời giải: Gọi A(a, 0, 0) ∈ Ox; B(0, b, 0) ∈ Oy;C(0, 0, c) ∈ Oz M(1, 2, 3) nên a, b, c > x y z Pt mặt phẳng (ABC) : + + = M ∈ (ABC) ⇒ + + = a b c a b c −→ −→ −→ ta có: VOABC = OC OA, OB = abc 6 1 = ⇔ abc ≥ 27 áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có : + + ≥ 3 a b c abc = = a b c ⇔ a = 3, b = 6, c = Đẵng thức xảy : + + =1 a b c x y z Vậy phương trình mặt phẳng : + + = Câu VII (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình 4x − 2x+2 ≤ x2 − 2x − Lời giải: PT ⇔ (2x − 2)2 ≤ (x − 1)2 ⇔ |2x − 2| ≤ |x − 1| (∗) Xét f (x) = 2x − x − R f (x) = 2x · ln − f (x) = ⇔ x = − log2 (ln(2)) ≈ 0, 53 f (− log2 (ln(2))) ≈ −0.09 BBT: + Với x ≥ (∗) ⇔ 2x − ≤ x − ⇔ 2x − x − ≤ ⇔ x ∈ [0; 1] Kết hợp ĐK ta có: x = + Với x < (∗) ⇔ −(2x − 2) ≤ −(x − 1) ⇔ 2x − x − ≥ ⇔ x ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) Kết hợp ĐK ta có: x ∈ (−∞; 0] Kết luận: Tập nghiệm bất pt ban đầu S = (−∞; 0] ∪ {1} ... 0) Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— 16cos6 x + 2cos4 x Giải phương trình : sin x = 54 − 51cos2 x Lời giải: √ 16cos6 x + 2cos4 x >0 ⇒ sin x > ⇒ sin x = − cos2 x đặt: t = cos2... 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— x2 + 2y2 − 3x + 2xy = Giải hệ phương trình: xy(x + y) + (x − 1)2 = 3y(1 − y) Lời giải: x2 + 2y2 − 3x + 2xy = (1) xy(x + y) + (x − 1) = 3y(1 − y) (2)... điểm) ———————————————————————————————— Cho số thực a, b, c ∈ [0; 1] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = a5 b5 c5 (3(ab + bc + ca) − 8abc) Lời giải: Từ điều kiện ban đầu ta dễ dàng suy