Đang tải... (xem toàn văn)
∆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=−∞; x→−lim1+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 ;
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
3 ⇒M3
−5;7
; M4
−43;−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=−
9 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
=−
(xo+1)2
(x−xo) Do khoảng cách từMtới đường thẳng(d0)bằng2,
nên ta có: |3xo+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⇔ "
xo=0 xo=
1 Phương trình tiếp tuyến(d1)tạiM1(0; 3)là:y=−x+3
Phương trình tiếp tuyến(d2)tạiM2
3;
11
là:y=−
16x+ 47 16 Trường hợp 2: Với3xo+4yo+8=0⇔3xo+4·
2xo+3 xo+1
+8=0⇔3x2o+19xo+20=0⇔ "
xo=− xo=−5 Phương trình tiếp tuyến(d3)tại điểmM3
−43;−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 tan x=1+3 tan x·sin2x. Lời giải:lonely_abba
ĐK:cos x6=0
PT⇔cos 2x−√3 sin 2x+3 tan x·cos2x=1⇔ −2 sin2x+
2−
√
sin 2x=0
⇔
sin x=0 sin x=
2−
√
cos x ⇔
sin x=0 tan x=
2−
√
⇔
x=kπ x=arctan
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+3tcó 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
=−lim x→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
=−1
3
Câu IV.(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chópS.ABCD có đáy hình thang vng A, D, AB=AD=a,CD=2a Cạnh bên SD vng 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 vng E nên trục đường trịn 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
2
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 ⇒72a2−2IO·a= a
2
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:∑
a2+1 =2⇒1=∑a
2b2+22b2c2.
Theo cơng thức tính diện tích tam giác ta có:S=1
2ab·sinC=
2bc·sin A=
2ca·sin B Suy ra:∑a2b2=4S2
∑
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
sin A·sin B·sinC
Áp dụng bất đẳng thứcAM−GMta có:sin A·sin B·sinC≤
sin A+sin B+sinC
3
Với tam giácABCta có:∑sin A≤ √
3
2 Suy ra:2a
2b2c2≥ 8·16S3
3√3 Kết hợp điều ta được:1=∑a2b2+22b2c2≥16S2+8·16S
3
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≤ 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)≤
2 Và để chứng minh kết này, ta chứng minh kết mạnh làp
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
≤18 Lại có: Với tam giácABCthì: sin A·sin B·sinC≤3
√
Nên: ⇒S3=
8a
2b2c2sin A·sin B·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
của hình vngABCDsao choI tâm hình vuông,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) +2 CD//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= a2
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= a2
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 vuông gócOxyzcho ba điểmA(2; 3; 1),B(−1; 2; 0),C(1; 1;−2).Tìm tọa độ
trực tâmH tâm đường tròn 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−54C2x+x=29
2 log(x−6)y=y log(3x−64)2 Lời giải:trantrongtai1234
ĐK:x∈N∗; x> 64 ; y>0
Từ phương trìnhA3x−54Cx2+x=29ta có ngay:x=29
thế xuống phương trình2 log(x−6)y=y log(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 nhất
⇒ f(t)có tối đa nghiệm (lập bảng biến thiên )