Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Giải phương trình:.. Hình chiếu của A’ xuống mặt phẳng ABC trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Tìm điểm C thuộc E sao ch
Trang 1TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM 2011
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
==========================================
Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = 1
1 2
−
+
x
x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm k để trên đồ thị (C) có hai điểm phân biệt M(xM; yM), N(xN; yN) thỏa mãn:
= +
= +
k y x
k y x
N N
M M
Chứng minh rằng hai điểm M, N cùng thuộc một nhánh của đồ thị (C)
Câu 2 ( 2,0 điểm )
1 Giải phương trình:
)
5 3 cos(
3 ) 15
11 2 sin(
2 ) 3 8 sin(
2 ) 5 3 sin(
x x
x x
2 Giải phương trình: x3 + x – 7 = x2+5.
Câu 3 ( 1,0 điểm )
Tính tích phân:
dx x x
x
4
4 4
4
cos sin
sin
π
π
Câu 4 ( 1,0 điểm )
Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu của A’ xuống mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ, biết B A ˆ A'= 450
Câu 5 ( 1,0 điểm )
Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt:
= + +
= + +
= + +
0 0 0
4 2
4 2
4 2
y x z
x z y
z y x
Câu 6 ( 2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E):
1 9 16
2 2
= + y
x
và đường thẳng d: 3x + 4y – 12 = 0
Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC bằng 6 (đvdt)
2 Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(2; 2; -1), B(1; 4; -1), C(2;4;3), D(2;4; -1).Viết phương trình mặt phẳng (α ) tiếp xúc với mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và song song với mp(BCD).
Câu 7 ( 1,0 điểm )
Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z2 + | z = 0.|
Trang 2Dự kiến kì thi thử Đại học lần thứ 6 sẽ được tổ chức vào ngày 21,22/5/2011
HD GIẢI L5-2011 (SPHN) Câu 1
2/ Theo bài ra M,N là 2 điểm thuộc đường thẳng x + y = k hay y = - x + k
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 1
1 2
−
+
x x
= - x + k
+
−
−
= +
≠
−
⇔
) )(
1 ( 1 2
0 1
k x x
x x
⇔x2 – (k – 1)x + k + 1 = 0 (*) ( Vì x = 1 không là nghiệm của phương trình với mọi k)
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn ⇔phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔(k – 1)2 – 4(k + 1) > 0 ⇔k2 – 6k – 3 > 0 ⇔
Đặt t = x – 1 ⇔x = t + 1 Khi đó phương trình (*) trở thành: t2 – (k – 3)t + 3 = 0 Với điều kiện trên thì phương trình này có hai nghiệm cùng dấu ⇔phương trình (*) có hai nghiệm cùng phía so với 1
⇔ Hai điểm M,N cùng thuộc một nhánh của đồ thị (C).
Lưu ý: Không sử dụng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai để chứng minh!
Câu 2
1/ Giải phương trình:
)
5 3 cos(
3 ) 15
11 2 sin(
2 ) 3 8 sin(
2 ) 5 3 sin(
x x
x x
(2.1)
Phương trình (2.1)
⇔
) 5 3 cos(
2
3 ) 5 3 sin(
2
1 [ 3
x x
] + 2[ sin (8x –3
π
) – sin(2x + 15
11π
)] = 0
⇔
0 ) 15
8 3 sin(
) 5 5 cos(
2 ) 15
8 3 sin(
x x
x
⇔
+
−
=
=
=
+
=
⇔
−
= +
=
−
5
2 150 31
5
2 150 19
3
45 8
2
3 )
5 5 cos(
0 ) 15
8 3 sin(
π π
π π
π π
π π
k x
k x
k x
x x
( k
∈
Z)
2/ Giải phương trình: x3 + x – 7 = x2+5 (2.2).
Cách 1: phương trình (2.2)
⇔
x3 + x – 10 =
5
2 +
x
- 3
⇔
(x – 2)(x2 + 2x + 5) = 5 3
4
2
2
+ +
−
x x
⇔
(x – 2)[ (x2 +2x + 5) - 5 3
2
−
x
x
] = 0
⇔
x – 2 = 0
⇔
x = 2
===========================================================
SƯU TẦM VÀ CHỈNH LÝ: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ - HOÀNG MAI – HN) Page 2 of 7
http://violet.vn/vuphan62hn
====================================================
−
<
+
>
3 2 3
3 2 3
k k
Trang 3Vì: x2 + 2x + 5 - 5 3
2
−
x
x
= (x+1)2 + 5 3
14 5
4
2
2
+ +
+
− +
x
x x
> 0 với mọi x
Cách 2: Xét f(x) = x3 + x – 7 –
5
2 +
x
là hàm số xác định trên R có f ‘ (x) = 3x2 + 1 –
0 5
+
x
x
( Vì
5
2+
x
> | x| với mọi x nên 1 –
0 5
+
x
x
) Như vậy f(x) là hàm số đồng biến trên R
Mặt khác f(2) = 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
Câu 3 Tính tích phân: I =
dx x x
x
4
4 4
4
cos sin
sin
π
π
Xét thêm: J =
dx x x
x
4
4 4
4
cos sin
cos
π
π
Ta có: I + J =
4
π
(1) Ngoài ra:
J – I =
∫
∫
−
= +
4
2 2
4
4 4
4 4
2 sin 2
1 1
2 cos cos
sin
sin cos
π
π
π
π
dx x
x dx
x x
x x
=
dx x
x
∫2 − 4
2
2 sin 2
2 cos 2
π
π
Đặt t = sin2x ta có: dt = 2cos2x.dx Khi đó:
J – I =
∫0 −
1
2
2 t
dt
=
2 2 3 ln(
2 2
1 2 1
2 1 ln 2 2
1 2
2 ln 2 2
1
−
= +
−
= +
−
−
t
t
) (2)
Từ (1) & (2) suy ra:
Câu 4.
I = 4 2ln(3 2 2)
1
π
x = 2
Trang 4Gọi O là tâm của đáy ABC Ta có:
A’O ⊥mp(ABC), mà AB ⊥CO nên AB ⊥
mp(A’CO) Gọi H = AB * CO thì A’H ⊥AB
Suy ra:
'
ˆ A
A
B
= 450
⇒
AA’ = AH
2
= 2
2
a
;
AH = A’H = 2
a
Do đó: SAA’B’B = 2
2
a
Vì AO ⊥ BC nên AA’ ⊥ BC ⇒BB’ ⊥ BC
⇒ BB’C’C cũng là hình chữ nhật
⇒
SBB’C’C = BB’.BC = 2
2
2
a
Vậy:
Câu 5.
Ta thấy (x;y;z) = (0;0;0) là nghiệm của hệ Nếu một trong 3 ẩn x, y, z bằng 0 thì thì cả 3 đều bằng 0 Xét trường hợp: xyz≠0 Từ hệ suy ra cả 3 ẩn x, y, z đều âm
Do x, y, z bình đẳng theo hoán vị vòng quanh , nên xét hai trường hợp:
TH1: x
≤
y
≤
z < 0 Khi đó:
≥
≥
≥
≥
4 4 4
2 2 2
z y x
z y
0 = x + y2 + z4
≤
z + x2 + y4 = 0
⇒
x = y = z
TH2: y ≤ x ≤ z , xét tương tự vẫn suy ra x = y = z.
Thế vào một phương trình của hệ được: f(x) = x3 + x + 1 = 0 với x<0 Ta có: f ‘ (x) = 3x2 + 1 > 0 với mọi
x nên hàm số luôn đồng biến, mà f(-1) = -1<0; f(0)= 1>0 suy ra phương trình có duy nhất một nghiệm âm Vậy hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt
Câu 6
===========================================================
SƯU TẦM VÀ CHỈNH LÝ: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ - HOÀNG MAI – HN) Page 4 of 7
http://violet.vn/vuphan62hn
====================================================
A’ C’
B’
450
A C
H O B
Sxq = 2
) 2 2 (
a
Trang 5
1/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm của d và (E):
= +
=
− +
1 9 16
0 12 4 3
2 2
y x
y
=
=
=
=
0
; 4
3
; 0
y x
y x
Vậy d cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B Giả sử A( 4;0) và B(0;3)
Ta có AB = 5, SABC = 6 nên d(C,AB) = 5
12 2
=
AB
S ABc
Từ đó có hệ phương trình tọa độ điểm C:
=
±
=
⇔
= +
=
− +
⇔
=
+
= +
−
+
2
2 3
2 2 144
16 9
12
| 12 4 3
|
1
9
16
5
12 4
3
| 12
4
3
|
2 2
2
2
2
2
*
y
x y
x
y x y
x
y
x
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài:
2/
C − − 2
2 3
; 2 2
; 2
2 3
; 2
Trang 6Ta có A D
*
= (0; -2; 0), B D
*
= ( - 1; 0; 0), C D
* (0; 0; 4)
A D C D C D B D
B
D
A
Suy ra DA, DB, DC từng đôi một vuông góc
Gọi M là trung điểm của AC, Mx là trục của tam giác ABC thì tâm
I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là giao giữa Mx và mặt
phẳng trung trực của BD Từ đó suy ra:
B D I
2
1
=
Xác định được I( 2
3
; 3; 1) và R = ID = 2
21 Phương trình mặt cầu (S): (x – 2
3 )2 + (y – 3)2 + (z – 1)2 = 4
21 Mặt phẳng (α
) // mp(BCD) nên có véc tơ pháp tuyến là D A
*
=(0;2;0) hay n*
(0;1;0) Phương trình mp(α ): y + d = 0.
Mp(
α
) tiếp xúc với (S)
⇔
d(I, (
α
)) = R
⇔
|3+d| = 2
21
⇔
d = -3 2
21
±
Có hai mặt phẳng thỏa mãn đề bài là:
===========================================================
SƯU TẦM VÀ CHỈNH LÝ: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ - HOÀNG MAI – HN) Page 6 of 7
http://violet.vn/vuphan62hn
====================================================
B
x
K I
C D
M
A
y– 3 2
21
±
= 0
Trang 7Câu 7 Đặt z = x + yi; (x,y
∈
R) Khi đó ta có: z2 + z = 0
⇔
x2 – y2 +
2 2
y
x + + 2xyi = 0
⇔
−
=
=
=
=
=
=
⇔
= + +
−
=
1
; 0
1
; 0 0 0
0
2 2 2 2
y x
y x
y x y
x y x
xy
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z gồm 3 điểm: {(0;0), (0,1); (0;-1)}