Đây là tích của một nhị thức và một tam thức nên hàm số có cực.. 1..[r]
(1)ht
tp
:/
/m
at
h.
vn
DIỄN ĐÀN MATH.VNhttp://math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Mơn thi : Tốn Đề số: 03
Câu I 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm sốy=x4−2mx2+2 (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số khim=1
Lời giải:
m=1hàm sốy=x4−2x2+2có TXĐ làD=R y0=4x3−4x=4x x2−1
Nêny0=0⇔
x=0 ⇒y=2
x=−1 ⇒y=1
x=1 ⇒y=1
y0>0⇔ −1<x<0hoặc1<x<+∞⇒ hàm số đồng biến trên(−1; 0);(1;+∞) y0<0⇔ −∞ <x<−1hoặc0<x<1⇒
hàm số nghịch biến trên(−∞;−1);(0; 1)
Giới hạn lim
x→−∞y= +∞; limx→+∞y= +∞
Bảng biến thiên
Điểm cực đại(0; 2), điểm cực tiểu(−1; 1);(1; 1)
Đồ thị giao với trục tung:x=0⇒y=2
Đồ thị cắt trục tung điểmB(0; 2)
Đồ thị
1
1
−1 −2
b b
b
b
b
b
bb
Câu I 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tất giá trị tham sốmđể đồ thị(Cm)có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có đường tròn ngoại tiếp qua điểmD
3 5;
9
Lời giải:
Cách 1.
Ta cóy0=4x3−4mx=4x(x2−m).
Hàm số có cực đại cực tiểu khiy0có nghiệm phân biệt đổi dấu khixqua nghiệm
⇔y0có nghiệm phân biệt⇔t(x) =x2−mcó nghiệm phân biệt khác0⇔m>0 (1) Với ĐK hàm số có điểm cực trị với toạ độ nghiệm HPT
(
y=x4−2mx2+2 (2) x3−mx=0 (3) Ta có(2)⇔y=x(x3−mx)−mx2+2=−mx2+2 (4)(do(3))
⇒x2= 2−y m (5)
Từ(4)cóy2=m2x4−4mx2+4=m2x(x3−mx) +m(m2−4)x2+4=m(m2−4)x2+4(do(3))
Hayy2= (m2−4)(2−y) +4 (6)(do(5))
Từ(5)&(6)ta thu đượcx2+y2=
m2+ m−4
(2−y) +4(7)
Như theo suy luận toạ độ điểm cực trị thoả mãnPT(7), mà(7)là PT đường trịn Do đường tròn(T)qua điểm cực trị đồ thị hàm số có PTx2+y2=
m2+ m−4
(2−y) +4
Bây giờ(T)quaD(3
5; 5)⇔
9 25+
81 25 =
m2+ m−4
1 5+4
⇔m3−2m+1=0⇔(m−1)(m2+m−1) =0⇔m=1; m= −1±
√
5
Kết hợp ĐKm>0ta thu giá trị cần tìm làm=1vàm= −1+
√
5
Cách 2.
Hàm số cóy0=4x3−4mx=4x(x2−m) Đây tích nhị thức tam thức nên hàm số có cực
(2)ht
tp
:/
/m
at
h.
vn
đại cực tiểu khix2−mcó nghiệm phân biệt khác0⇔m>0Do hệ số bậc dương nên hàm số có cực đạiA(0,2), cực tiểuB0(−√m,2−m2),B(√m,2−m2)
TâmIcủa đường trịn qua điểmA,B,B0,Msẽ năm trênOyvìB,B0đối xứng quaOydo đóI(0,b) IA=IM⇔(2−b)2=
25+
9 5−b
2
⇔b=1
IA=IB⇔(2−b)2=m+ (2−m2−b)2thayb=1vào
⇔m−1+ (1−m2)2=0⇔m(m−1)(m2+m−1) =0⇔m=1haym=−1+
√
5
2 (vì điều kiệnm>0)
Câu II 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình : sin x= 16cos
6x+2cos4x 54−51cos2x
Lời giải:
Để ý 16cos6x+2cos4x
54−51cos2x >0⇒sin x>0⇒sin x=
√
1−cos2xđặt:t=cos2x (0<t<1)
Phương trình ban đầu trở thành: 16t3+2t2
54−51t −
√
1−t=0
f0(t) = (48t
2+4t)(54−51t) +51(16t3+2t2)
(54−51t)2 +
1
2√1−t >0(do0<t<1)
⇒ f(t)là hàm đồng biến, mà f(3/4) =0⇒t =3/4chính nghiệm
⇒cos2x=3/4⇒sin x=1/2 (do sin x>0)⇒x=π/6+k2π hayx=5π/6+k2π
Câu II 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình:
(
x2+2y2−3x+2xy=0
xy(x+y) + (x−1)2=3y(1−y)
Lời giải: (
x2+2y2−3x+2xy=0 (1) xy(x+y) + (x−1)2=3y(1−y) (2)
(1)−(2) = (x+1)(−1−y2+2y−y(x−1)) =0
∗ x=−1⇒pt vô nghiệm
∗ x=3y−y
2−1
y ⇒(1)⇔(x+y)
2+y2−3x=0⇔
3y−1
y
+y2=3
3y−y2−1
y
⇔
y+3−1
y
−3
y+3−1
y
+2=0⇔
y+3−1
y
=1hay
y+3−1
y
=2
⇔
y2+2y−1 =0
y2+y−1 =0 ⇔
y=−1−
√
2 hayy=−1+√2
y=−1−
√
5
2 hayy=
−1+√5
⇒
x= hayx= x= hayx=
Câu III.(1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I=
Z
0
ln(1−x)
2x2−2x+1dx
Lời giải:
Đặt1−2x=tant ⇒ −2dx= (tan2t+1)dt Ta có:I=
Z π/4
ln
1+tant
dt
Đặtu=π
4−tta có:I=
Z π/4
ln
1+tan π
4 −u
2
du=
Z π/4
ln
1 1+tan u
du=−
Z π/4
ln(1+tan u)du
I=−
Z π/4
ln
1+tan u
du−
Z π/4
ln 2du=−I−
Z π/4
ln 2du
⇒I=−1
2
Z π/4
ln 2du=−1
2(u·ln 2)
π/4
0 =−
π
8ln
Câu IV.(1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng cạnha Hình chiếu củaStrùng với trọng tâm tam giác
(3)ht
tp
:/
/m
at
h.
vn
ABD Mặt bên(SAB)tạo với đáy góc60o Tính theoathể tích khối chópS.ABCD.Lời giải:
GọiGlà trọng tâm tam giácABD E hình chiếu củaGlênAB Ta có: SG⊥AB
GE⊥AB
⇒AB⊥(SGE)
⇒SEGd =600
⇒SG=GE·tanSEGd =√3GE
Mặt khác:Glà trọng tâm tam giácABD
⇒GE=
3BC=
a
3
⇒VSABCD=
1
3SG.SABCD=
a3√3
A
B C
D G
S
E
Câu V.(1 điểm) ———————————————————————————————— Cho số thựca,b,c∈[0; 1] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức
P=a5b5c5(3(ab+bc+ca)−8abc)
Lời giải:
Từ điều kiện ban đầu ta dễ dàng suy được3(ab+bc+ca)−8abc≥0,
do giá trị nhỏ củaPlà0,đạt ba sốa,b,ccó số bằng0 Tiếp theo ta tìm giá trị lớn củaP.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
P≤
3(ab+bc+ca)−8abc+5abc
6
=(ab+bc+ca−abc)
6
26
Vìb+c≥2√bc≥bcnênab+bc+ca−abc=a(b+c−bc) +bc≤b+c−bc+bc=b+c≤2, từ suy P≤ (ab+bc+ca−abc)
6
26 ≤
26 26 =1
Như ta tìm giá trị lớn củaPlà1,có cảa,b,cđều bằng1
Câu VI 1)(1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳngOxycho điểmA(1; 4)và 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 điểmM,N cho tam giácMANvuông cân tạiA.
Lời giải:
Câu VI 2)(1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ tọa độOxyz,choM(1; 2; 3) Lập phương trình mặt phẳng quaMcắt ba tiaOx tạiA,OytạiB,OztạiCsao cho thể tích tứ diệnOABCnhỏ
Lời giải:
GọiA(a,0,0)∈Ox; B(0,b,0)∈Oy;C(0,0,c)∈OzvìM(1,2,3)nêna,b,c>0
Pt mặt phẳng(ABC)là : x a+
y b+
z
c =1 vìM∈(ABC)⇒
1
a+
2
b+
3
c =1 ta có:VOABC=
1
−→
OC.h−→OA,−→OB i
=
6abc
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có : a+
2
b+
3
c ≥3 r
6
abc =1⇔
1
6abc≥27
Đẵng thức xảy :
1
a =
2
b =
3
c
1
a+
2
b+
3
c =1
⇔a=3,b=6,c=9
Vậy phương trình mặt phẳng : x
3+
y
6+
z
9=1
Câu VII.(1 điểm) ———————————————————————————————— Giải bất phương trình 4x−2x+2≤x2−2x−3
Lời giải:
(4)ht
tp
:/
/m
at
h.
vn
Xét f(x) =2x−x−1trênR f0(x) =2x·ln 2−1f0(x) =0⇔x=−log2(ln(2))≈0,53 f(−log2(ln(2)))≈ −0.09
BBT: + Vớix≥1
(∗)⇔2x−2≤x−1⇔2x−x−1≤0⇔x∈[0; 1]Kết hợp ĐK ta có:x=1
+ Vớix<1
(∗)⇔ −(2x−2)≤ −(x−1)⇔2x−x−1≥0⇔x∈(−∞; 0]∪[1;+∞)Kết hợp ĐK ta có:x∈(−∞; 0] Kết luận: Tập nghiệm bất pt ban đầu làS= (−∞; 0]∪ {1}