tai lieu hay day moi nguoi
Trang 1DIỄN ĐÀN MATH.VN
http://math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 02 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số y = x3− 3mx + 2, với m là tham số Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với
m= 1
Lời giải:
m= 1 Hàm số là y = x3− 3x + 2 có TXĐ là D = R
y0= 3x2− 3 = 3(x2− 1)
y0= 0 ⇔ x = −1 ⇒ y = 4
x= 1 ⇒ y = 0
Giới hạn tại vô cực lim
x→+∞y= +∞; lim
x→−∞y= −∞
Bảng biến thiên
y0 + 0 − 0 +
y −∞%
4
& 0 %+∞
hàm số đồng biến trên (−∞; −1) ; (1; +∞)
hàm số nghịch biến trên (−1; 1)
Điểm cực đại (−1; 4), điểm cực tiểu (1; 0)
Đồ thị Giao với trục tung: (0; 2) Giao với trục hoành: (−2; 0), (1; 0)
2 4
0
Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao cho 4IAB có diện tích bằng√
18, trong
đó I(1; 1)
Lời giải: trantrongtai1234
Ta có: y0= 3x2− 3m = 3(x2− m) Để hàm số có CĐ và CT ⇔ m > 0
gọi A, B là 2 cực trị thì: A(−√
m; 2 + 2m√
m); B(√
m; 2 − 2m√
m) Phương trình đường thẳng qua AB là: y− (2 + 2m√m) =−4m√m
2√
m (x +√
m) ⇔ y = 2 − 2mx Khoảng cách từ I đến đt AB là d(I; AB) = |2m − 1|
√ 4m2+ 1, độ dài đoạn AB =
√ 4m + 16m3
mà diện tích tam giác IAB là S =√
18 ⇔ 1 2
|2m − 1|
√ 4m2+ 1
√ 4m + 16m3=√
18
⇔ (4m + 16m3)(2m − 1)2= (4m2+ 1)4 · 18 ⇔ m(2m − 1)2= 18
⇔ 4m3− 4m2+ m − 18 = 0 ⇔ (m − 2)(4m2+ 4m + 9) = 0 ⇔ m = 2
Câu II.) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình 2√
2
sinπ
8 −x 2
cos
π
8−3x 2
− cos x
= 2 sin 2x − 3
Lời giải:
Cách 1: lonely_abba
π
4 − 2x+√
2 sin x − 2√
2 cos x = 2 sin 2x − 3
⇔ cos 2x − sin 2x +√2 sin x − 2√
2 cos x = 2 sin 2x − 3
⇔ cos 2x − 3 sin 2x + 2 sinx−π
4
−√2 cos x + 3 = 0 Đặt t = x −π
4 Đưa về đc: sin 2t + 3 cos 2t − 3 sint + cost − 3 = 0
⇔ −6 sin2t+ (2 cost − 3) sint + cost = 0 (∗)
∆sin x= (2 cost − 3)2+ 24 cost = (2 cost + 3)2
(∗) ⇔
" sint = −2 sint =1
3cost
Cách 2: ltq2408
Trang 2Phương trình tương đương với:√
2 sin
π
4 − 2x+√
2 sin x − 2√
2 cos x = 2 sin 2x − 3
⇔ (cos x − sin x) (cos x + sin x) + 3 (1 − sin 2x) +√2 (sin x − 2 cos x) = 0
⇔ 2 (cos x − sin x) (2 cos x − sin x) −√2 (2 cos x − sin x) = 0
⇔ (2 cos x − sin x)2 cos x − 2 sin x −√
2= 0
Câu III.) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình sau trên R:
(
3x=p8y2+ 1
3y=√
8x2+ 1
Lời giải:
Cách 1: canhochoi
Đầu tiên ta xét hàm f (t) = 3t+√
8t2+ 1 để chứng tỏ rằng x = y
Xét g(x) = 9x− 8x2− 1, g0(x) = 9xln 9 − 16x, g00(x) = 9xln 92− 16,
g00(x) = 0 ⇔ x = log9
16
ln 92
= α Ta có g0(α) ≈ −1, 44
Từ BBT ta dễ suy ra có 2 số z1, z2thỏa pt g0(x) = 0 Từ đó dễ dàng lập BBT của hàm số g(x)
Từ BBT của hàm số g(x), suy ra pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g 1
2
= 0,
nên 1, 0,1
2 là ba nghiệm của PT.
Cách 2: vokhachuyy
Ta có:p8y2+ 1 ≥ 1 ⇒ (3x≥ 1) ⇒ x ≥ 0 √8x2+ 1 ≥ 1 ⇒ (3y≥ 1) ⇒ y ≥ 0
Xét f (t) =√
8t2+ 1 f(t)0= √ 8t
8t2+ 1 ≥ 0,t ≥ 0 f(t) đồng biến
giả sử x ≥ y ⇒ 3x≥ 3y⇒p8y2+ 1 ≥√
8x2+ 1 ⇒ y ≥ x suy ra x = y Xét g(x) = 9x− 8x2− 1, g0(x) = 9xln 9 − 16x, g00(x) = 9xln 92− 16,
g00(x) = 0 ⇔ x = log9
16
ln 92
= α Ta có g0(α) ≈ −1, 44
Từ BBT ta dễ suy ra có 2 số z1, z2thỏa pt g0(x) = 0 Từ đó dễ dàng lập BBT của hàm số g(x)
Từ BBT của hàm số g(x), suy ra pt g(x)=0 có tối đa ba nghiệm, mà ta lại có g(1) = g(0) = g 1
2
= 0,
nên 1, 0,1
2 là ba nghiệm của PT.
Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân I=
Z 2 1
x+ ln x (1 + x)2dx
Lời giải:
Cách 1: canhochoi
I=
Z 2
1
x+ ln x
(1 + x)2dx =
Z 2 1
1
1 + xdx +
Z 2 1
ln x (1 + x)2dx −
Z 2 1
1 (1 + x)2dx
Ta có:
Z 2
1
1
1 + xdx = ln |x + 1|
2
1= ln3 2
Z 2
1
ln x (1 + x)2dx = − ln x
1 + x
2
1+ ln |x|
2
1− ln |x + 1|
2
1= −ln 2
3 + ln 2 − ln
3 2
Z 2
1
1 (1 + x)2dx = − 1
x+ 1
2
1= 1 6
Vậy I =2 ln 2
3 −1 6
Cách 2: trantrongtai1234
Đặt u = x + ln x ⇒ du =x+ 1
x dx dv = 1
(x + 1)2dx ⇒ v = −1
(x + 1)
Ta có: I = −(x + ln x)
1 + x
2
1+
Z 2 1
1
xdx =−(x + ln x)
1 + x
2
1+ ln |x|
2
1 Vậy I =2 ln 2
3 −1 6
Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và AB = BD = a, SA = a√
3, SA ⊥ (ABCD) Gọi M là
Trang 3điểm trên cạnh SB sao cho BM = 2
3SB, giả sử N là điểm di động trên cạnh AD Tìm vị trí của điểm N để
BN⊥ DM và khi đó tính thể tích của khối tứ diện BDMN
Lời giải: lonely_abba
Vẽ ME k SA (E ∈ AB);
∆SAB : SA k ME ⇒ME
SA = MB
SB
⇒ ME =MB
SB · SA = 2a
√ 3 3
Ta có: ME k SA; SA ⊥ AB ⇒ ME ⊥ AB
⇒ DE là hình chiếu vuông góc của DM trên (ABCD)
Theo định lí 3 đường vuông góc,
BN⊥ DM ⇒ BN ⊥ DE
Ta có: BE
BA = MB
SB ⇒ BE = MB
SB · AB = 2a
3 Đặt DN = x thì−→
DE= 2 3
−→
BA−−→BD
−→
BN= x
a
−→
BA−a− x
a
−→
BD
−→
BA.−→
BD= a
2
2
BN⊥ DE ⇔−→DE.−→
BN= 0
⇔2a
3aBA
2+ 2(a − x)
3a −x
a
−→
BA.−→
BD−a− x
a BD
2= 0
⇔2a.a
2
3a +
2(a − x)
3a −x
a
a2
2 −a
2(a − x)
a = 0
⇔5
6ax−2
3a
2= 0 ⇔ x = 4a
5
Ta có: ∆ABD là tam giác đều ⇒ SBDA= a
2√ 3 4
SBDN
SBDA = DN
DA = 4
5⇒ SBDN =a
2√ 3 5 Thể tích khối tứ diện MNDB là:
V =1
3ME· SBAN =1
3·2a
√ 3
3 ·a
2√ 3
5 =
2a3 15
A
B
C D
S
H
E
M
N
Câu VI (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng
a3 cos A+
b3 cos B+
c3 cosC ≥ 12pR2, trong đó p là nửa chu vi và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 4ABC
Lời giải: CSS
Sử dụng các công thức quen thuộc
cos A = b
2+ c2− a2 2bc , cos B =
c2+ a2− b2 2ca , cosC =
a2+ b2− c2 2ab , 2p = a + b + c, R2= a
2b2c2 2(a2b2+ b2c2+ c2a2) − (a4+ b4+ c4),
ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
a2
b2+ c2− a2+ b
2
c2+ a2− b2+ c
2
a2+ b2− c2 ≥ 3abc(a + b + c)
2 ∑ a2b2− ∑ a4
Do tam giác ABC nhọn nên min{b2+ c2, c2+ a2, a2+ b2} > max{a2, b2, c2},
điều này cho phép ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau
∑
a2
b2+ c2− a2 ≥ (a
2+ b2+ c2)2
∑ a2(b2+ c2− a2)=
(a2+ b2+ c2)2
2 ∑ a2b2− ∑ a4 Vậy ta chỉ cần chứng minh (a2+ b2+ c2)2≥ 3abc(a + b + c),
hiển nhiên đúng vì (a2+ b2+ c2)2≥ (ab + bc + ca)2≥ 3abc(a + b + c) theo AM-GM
Câu VII.) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao
AH: 3x + 2y − 1 = 0, phân giác trong CK : 2x − y + 5 = 0 và trung điểm M(2; −1) của cạnh AC
Tính chu vi và diện tích của của tam giác ABC
Trang 4Lời giải:
Câu VIII.) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) tâm I(1; −2; 1); bán kính R = 4 và đường thẳng (d) : x
2 =
y− 1
−2 =
z+ 1
−1 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn
có diện tích nhỏ nhất
Lời giải: trantrongtai1234
Gọi H hình chiếu của I lên đường thẳng (d):
Gọi (Q) là mặt phẳng qua I vuông góc với (d) ⇒ pt mp (Q) : 2x − 2y − z = 5
như vậy ta có H thuộc (d) và (Q) ⇒ H(4
3;
−1
3 ;
−5
3 )
ta có IH =√
10 < 4 = R ⇒ (d) cắt mặt cầu
Gọi (G) là mặt phẳng đi qua H và vuông góc với IH
Lập phương trình mặt phẳng cắt mặt theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất
Tương đương khoảng cách từ tâm đến mp đó là lớn nhất
Bài toán quay trở về giống (A-2008)
⇒ PT mp(P) đi qua H nhận−IH→là véctơ pháp tuyến: x + 5y − 8z = 13
Thật vậy gọi (X ) là mp bất kì chứa (d) và A0là hình chiếu của A lên (X ) ⇒ AA0nhỏ hơn hoặc bằng AH Tức AH là khoảng cách lớn nhất từ A đến mp bất kì chứa (d)
Vậy PT: x + 5y − 8z = 13 chính là pt mp(P) cần tìm
Câu IX (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho tập A = {1, 2, 3, , 2011} và n ∈ A, n ≤ 1006 Gọi B là tập con của A có n phần tử và B chứa ba số tự nhiên liên tiếp Hỏi có bao nhiêu tập B như vậy ?
Lời giải:
... , 2p = a + b + c, R2< /sup>= a2< /small>b2< /sup>c2< /sup> 2( a2< /small>b2< /sup>+ b2< /small>c2< /sup>+ c2< /small>a2< /sup>)... c2< /sup>− a2< /small> 2bc , cos B =
c2< /sup>+ a2< /sup>− b2< /small> 2ca , cosC =
a2< /sup>+ b2< /sup>− c2< /small> 2ab...
∑ a2< /sup>(b2< /small>+ c2< /small>− a2< /small>)=
(a2< /sup>+ b2< /sup>+ c2< /sup>)2< /sup>
2 ∑ a2< /small>b2< /sup>−
