∆EBC vuông tại E nên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường thẳng d ⊥.. ( BCE ) tại trung điểm I của BC..[r]
(1)DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Mơn thi : Tốn Đề số: 01
Câu I 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm sốy= 2x+3
x+1 (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị(C)của hàm số Lời giải:
Hàm sốy= 2x+3
x+1 có tập xác địnhD=R\{−1} Đạo hàmy0= −1
(x+1)2
y0<0, ∀x∈D
Hàm số nghịch biến trên(−∞;−1);(−1;+∞) lim
x→−1−
y=−∞; lim
x→−1+y= +∞ x=−1là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞y=2, x→lim+∞
y=2
y=2là phương trình tiệm cận ngang Bảng biến thiên
x −∞ −1 +∞
f0(x) − − f(x)
&−∞
+∞
&
Đồ thị cắtOxtại −3
2 ;
và cắtOytại(0; 3)
−2 −1
0
Câu I 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị(C)tại điểm thuộc đồ thị có khoảng cách đến đường thẳng 3x+4y−2=0bằng2
Lời giải:
Cách 1lonely_abba M
a; 2+
a+1
∈(C) (a6=1)
d(M;d) =
3a+4
2+
a+1
−2
5 =
3a2+9a+10
5|a+1| =2⇔3a
2+9a+10=10|a+1| (∗)
Khia>−1ta có:(∗)⇔3a2−a=0⇔a=0;a=
3 ⇒M1(0; 3);M2
1 3;
11
Khia<−1ta có:(∗)⇔3a2+19a+20=0⇔a=−5;a=−4 ⇒M3
−5;7
4
;M4
−4
3;−1
Tiếp tuyến (C) tạiM(xo;yo)có dạng:y= f0(xo)(x−xo) +yo
f0(x) =−
(x+1)2
PT tiếp tuyến tại:M1:là(d1):y=−x+3 M2:là(d2):y=− 16x+
47 16 M3:là(d3):y=−
1 16x+
23
16 M4:là(d4):y=−9x−13 Cách 2toannh
Phương trình tiếp tuyến(d)tạiM(xo;yo)thuộc(C)và có khoảng cách tới đường thẳng(d0): 3x+4y−2=0 bằng2, có dạng:y−yo= f0(xo)(x−xo)⇔y−
2xo+3 xo+1 =−
1
(xo+1)2(x−xo)
Do khoảng cách từMtới đường thẳng(d0)bằng2, nên ta có: |3x√o+4yo−2|
32+42 =2⇔ |3xo+4yo−2|=10⇔
(2)
Trường hợp 1: Với3xo+4yo−12=0⇔3xo+4·
2xo+3 xo+1
−12=0⇔3x2o−xo=0⇔ " x
o=0 xo=
1 Phương trình tiếp tuyến(d1)tạiM1(0; 3)là:y=−x+3
Phương trình tiếp tuyến(d2)tạiM2
1 3;
11
là:y=− 16x+
47 16 Trường hợp 2: Với3xo+4yo+8=0⇔3xo+4·
2xo+3
xo+1 +8=0⇔3x
2
o+19xo+20=0⇔ "
xo=−4 xo=−5 Phương trình tiếp tuyến(d3)tại điểmM3
−4
3;−1
là:y=−9x−13
Phương trình tiếp tuyến(d4)tại điểmM4
−5;7
4
là:y=− 16x+
23 16
Câu II 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình: cos2x+π
3
+3 tanx=1+3 tanx·sin2x Lời giải:lonely_abba
ĐK:cosx6=0
PT⇔cos 2x−√3 sin 2x+3 tanx·cos2x=1⇔ −2 sin2x+
2−
√
sin 2x=0
⇔
sinx=0 sinx=
2−
√
cosx ⇔
sinx=0 tanx=
2−
√
⇔
x=kπ
x=arctan
3 2−
√
+kπ (k∈Z)(nhận)
Vậy pt có họ nghiệm
Câu II 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình: 3x3−6x2−3x−17=3p3
9(−3x2+21x+5)
Lời giải:
Phương trình⇔x3−2x2−x−17 =3
3
r
−x2+7x+5
3 ⇔(x−1)3+3(x−1) =−x2+7x+5
3+3
3
r
−x2+7x+5
3 ⇔ f(x−1) = f
3
r
−x2+7x+5
3 !
Với f(t) =t3+3t có f0(t) =3t2+3>0,∀t∈R, suy hàm f(t)tăng trênR Nên phương trình⇔x−1=
r
−x2+7x+5
3 ⇔3x
3−6x2−12x−8=0⇔(x+2)3=4x3⇔x+2=x√3
4 Vậy phương trình có nghiệm làx= √3
4−1
Câu III.(1 điểm) ———————————————————————————————— Tính giới hạn lim
x→0
√
cos 2x+p3 1−2esin2x ln(1+x2)
Lời giải:Mercury lim
x→0
√
cos 2x+p3 1−2esin2x
ln(1+x2) =xlim→0
x2 ln(1+x2)·
√
cos 2x+p3 1−2esin2x x2
!
=lim x→0
x2
ln(1+x2)·xlim→0
√
cos 2x−1+p3 1−2esin2x+1 x2
=lim x→0
√
cos 2x−1+p3 1−2esin2x+1 x2
=lim x→0
√
cos 2x−1 x2 +xlim→0
3
p
(3)=lim x→0
cos 2x−1
x2(√cos 2x+1)+xlim→0
2(1−esin2x)sin2x x2sin2x
3
q
(1−2esin2x)2+1−p3 1−2esin2x
=−1
2 xlim→0
sin2x
x2 +2·xlim→0
1−esin2x sin2x ·xlim→0
sin2x x2 ·xlim→0
1
3
q
(1−2esin2x)2+1−p3 1−2esin2x
=−11
Câu IV.(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chópS.ABCD có đáy hình thang vuông A, D, AB=AD=a,CD=2a Cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳngABCD SD=a GọiE trung điểm củaCD Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chópS.BCE
Lời giải:
Dễ thấy BE ⊥DC ∆EBC vuông E nên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đường thẳng d ⊥
(BCE)tại trung điểmI củaBC.GọiO∈dlà tâm mặt cầu ngoại tiếpS.BEC, bán kính mặt cầu làR
Ta có:∆ABDvng tạiA⇒DB=√a2+a2=a√2
∆EBCvng tạiE⇒BC=√a2+a2=a√2 ∆BCDcóBD2+BC2=DC2⇒∆BCDvng tạiB ∆BDIvng tạiB:DI=√BD2+BI2=a
r SI=√SD2+DI2=a
r cosSIOd =sinSIDd=
SD SI =
r
Trong∆SIO:SO2=OI2+SI2−2OI·SI·cosSIOd
⇔R2=OI2+7
2a
2−2IO·a
r 2·
r
⇔R2=OI2+7
2a
2−2IO·a
Trong∆BIO:R2=OB2=OI2+BI2=OI2+a
2
2
⇒7
2a
2−2IO·a= a2
2 ⇒IO= 2a Vậy tâmOđược xác định
Bán kínhR=
r
OI2+a
2 = r
9 4a
2+a
2 = a√11
2
R
R
a
a
a a
a
A B
C D
S
E
I O
Câu V.(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho tam giácABCcó ba cạnha,b,cthỏa mãn điều kiện
a2+1+
1 b2+1+
1 c2+1=2
Chứng minh SABC≤ √
3 Lời giải:
Cách 1buon_qua Từ giả thiết:∑
1
a2+1 =2⇒1=∑a
2b2+22b2c2.
Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:S=1
2ab·sinC=
2bc·sinA=
2ca·sinB Suy ra:∑a2b2=4S2
∑
1 sin2A
Áp dụng bất đẳng thứcCauchy−Schwarzta có:∑ sin2A ≥
(4)Mà với tam giácABCthì:∑sin2A≤
4 Suy ra:∑a
2b2≥16S2.
Tương tự ta có:2a2b2c2= 16S
3
sinA·sinB·sinC
Áp dụng bất đẳng thứcAM−GMta có:sinA·sinB·sinC≤
sinA+sinB+sinC
3
Với tam giácABCta có:∑sinA≤ 3√3
2 Suy ra:2a
2b2c2≥ 8·16S
3√3 Kết hợp điều ta được:1=∑a2b2+22b2c2≥16S2+8
·16S3 3√3 Tương đương với:(8S−√3)(16S2+8√3S+3)≤0⇔S≤
√ VậySABC≤
√
8 Dấu đẳng thức xảy khia=b=c= √ Cách 2can_hang2007
Từ giả thiết, ta suy ra1= a
2
a2+1+
b2 b2+1+
c2 c2+1
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a2
a2+1+ b2 b2+1+
c2 c2+1≥
(a+b+c)2
a2+b2+c2+3 Kết hợp với trên, ta đượca2+b2+c2+3≥(a+b+c)2,tứcab+bc+ca≤3
2 Bây giờ, sử dụng cơng thức Herong, ta có
SABC=
p
(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)
Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với p
3(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)≤ Và để chứng minh kết này, ta chứng minh kết mạnh
p
3(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)≤ab+bc+ca
Khơng tính tổng qt, giả sửblà số nằm giữaavàc.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p
3(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)≤(a+b+c)(c+a−b) +3(b+c−a)(a+b−c)
2
Vậy ta cần chứng minh(a+b+c)(c+a−b) +3(b+c−a)(a+b−c)≤2(ab+bc+ca)
Bất đẳng thức tương đương với−2(a−c)2+2(b−a)(b−c)≤0(hiển nhiên đúng) Cách 3ltq2408
Từ
a2+1+ b2+1+
1
c2+1=2⇒ a2 1+a2+
b2 1+b2+
c2 1+c2 =1
⇒ (a+b+c)
2
a2+b2+c2+3≤1⇔ab+bc+ca≤
3 2⇒a
2b2c2≤1
8 Lại có: Với tam giácABCthì: sinA·sinB·sinC≤3
√
Nên: ⇒S3=
8a
2b2c2sinA·sinB·sinC≤
8· 8·
3√3
8 ⇒S≤ √
3 Cách 4CSS
Chúng ta biết ab+bc+ca≤3
Vậy sử dụng công thức Heron, bất đẳng thức Schur AM-GM ta có
4SABC=p(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)
≤pabc(a+b+c)
≤ ab+√bc+ca
3 ≤
3 2·
1 √
3 = √
(5)Từ ta suy điều cần chứng minh
Câu VI 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng gócOxycho ba điểmI(1; 1),J(−2; 2),K(2;−2) Tìm tọa độ đỉnh hình vngABCDsao choI tâm hình vng,J thuộc cạnhAB,vàKthuộc cạnhCD
Lời giải:lonely_abba
Nhận xét:I(1; 1)là tâm hình vngABCDcạnh a⇒d(I;AB) =d(I;CD) =a
2 TH1:AB//CD//OyDễ thấyd(I;AB) =26=d(I;CD) =1(loại)
TH2:ABcó hệ số góc kAB:y=k(x+2) +2CD//ABvà qua K nênCD:y=k(x−2)−2 Ta có:a=AC=d(J;CD) = √4|k+1|
k2+1
d(I;AB) = √|3k+1| k2+1=
a =
2|k+1| √
k2+1 ⇔4(k+1)
2= (3k+1)2⇔5k2−2k−3=0⇔k=1;k=−3
5 Dễ thấy AB, CD phải có hệ số góck>0⇒k=1VâyAB:y=x+4;CD:y=x−4
Đường thẳngdquaI vng góc vớiABcó pt:(d):y=−(x−1) +1=−x+2 Trung điểmMcủaABlà nghiệm hệ
(
y=x+4
y=−x+2 ⇔ (
x=−1 y=3 Trung điểmNcủaCDlà nghiệm hệ
(
y=x−4
y=−x+2 ⇔ (
x=3 y=−1 Ta có:A(x;x+4)∈AB,a=4√2
AM2= (x+1)2+ (x+1)2=2(x+1)2= a
2
4 =8
|x+1|=2⇒x=1;x=−3⇒đỉnhA,B:(1; 5);(−3; 1)
Ta có:C(x;x−4)∈CD
AM2= (x−3)2+ (x−3)2=2(x+1)2= a
2
4 =8 |x−3|=2⇒x=5;x=1⇒đỉnhC,D:(5; 1);(1;−3)
Vậy toạ độ đỉnh:(1; 5);(−3; 1);(5; 1);(1;−3)
Câu VI 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độ vng gócOxyzcho ba điểmA(2; 3; 1),B(−1; 2; 0),C(1; 1;−2).Tìm tọa độ trực tâmH tâm đường trịn ngoại tiếpIcủa tam giácABC
Lời giải:
Hlà trực tâm tam giácABCkhi khiBH⊥AC,CH⊥AB,H∈mp(ABC)
⇔
−→
BH·−AC→=0 −→
CH·−AB→=0 −→
AH·h−AB→,−AC→ i
=0 ⇔
(x+1) +2(y−2) +3z=0 3(x−1) + (y−1) + (z+2) =0
(x−2)−8(y−3) +5(z−1) =0
⇔
x+2y+3z=3 3x+y+z=2 x−8y+5z=−17
⇔
x=
15 y=29
15 z=−1
3 VậyH
15;
29 15;
−1
Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABCkhi khiAI=BI=CI,I∈mp(ABC)
⇔
AI2=BI2 CI2=BI2 −
→
AI·h−AB→,−AC→ i
=0 ⇔
(x−2)2+ (y−3)2+ (z−1)2= (x+1)2+ (y−2)2+z2
(x−1)2+ (y−1)2+ (z+2)2= (x+1)2+ (y−2)2+z2
(6)⇔
6x+2y+2z=9 4x−2y−4z=1 x−8y+5z=−17
⇔
x=14
15 y=61
30 z=−1
3 VậyI
14 15;
61 30;
−1
Câu VII.(1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình (
A3x−54Cx2+x=29
2 log(x−6)y=ylog(3x−64)2 Lời giải:trantrongtai1234
ĐK:x∈N∗;x> 64
3 ;y>0
Từ phương trìnhA3x−54Cx2+x=29ta có ngay:x=29
thế xuống phương trình2 log(x−6)y=ylog(3x−64)2ta được:y2=2y doy>0, ta lấy hai vế, đặt y
2 =t>0⇒2t=2
t ⇔2t−2t=0
f0(t) =2tln 2−2, f00(t) =2t(ln 2)2>0,⇒ f0(t) =0có nghiệm ⇒ f(t)có tối đa nghiệm (lập bảng biến thiên )