LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 3

tai lieu hay day moi nguoi

DIỄN ĐÀN MATH.VN

http://math.vn

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011

Môn thi : Toán Đề số: 03 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho hàm số y = x4− 2mx2+ 2 (Cm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

Lời giải:

m = 1 hàm số y = x4− 2x2+ 2 có TXĐ là D = R

y0= 4x3− 4x = 4x x2− 1

Nên y0= 0 ⇔





x= 0 ⇒ y = 2

x = −1 ⇒ y = 1

x= 1 ⇒ y = 1

y0> 0 ⇔ −1 < x < 0 hoặc 1 < x < +∞⇒

hàm số đồng biến trên (−1;0); (1;+∞)

y0< 0 ⇔ −∞ < x < −1 hoặc 0 < x < 1 ⇒

hàm số nghịch biến trên (−∞;−1); (0;1)

Giới hạn lim

x→− ∞y= +∞; lim

x→+ ∞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 tại điểm B(0;2)

Đồ thị

1 2 3 4

−1

−2

Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D

 3

5;

9 5



Lời giải:

Cách 1.

Ta có y0= 4x3− 4mx = 4x(x2− m)

Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y0có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu khi x qua 3 nghiệm đó

⇔ y0có 3 nghiệm phân biệt ⇔ t(x) = x2− m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 (1)

Với ĐK đó hàm số có các điểm cực trị với toạ độ là 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) có y2= m2x4− 4mx2+ 4 = m2x (x3− mx) + m(m2− 4)x2+ 4 = m(m2− 4)x2+ 4(do (3))

Hay y2= (m2− 4)(2 − y) + 4 (6) (do (5))

Từ (5)&(6) ta thu được x2+ y2=



m2+ 1

m− 4



(2 − y) + 4(7) Như vậy theo suy luận trên thì toạ độ các điểm cực trị cùng thoả mãn PT (7) , mà (7) là PT của đường tròn

Do đó đường tròn (T ) qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số có PT x2+ y2=



m2+ 1

m− 4



(2 − y) + 4 Bây giờ (T) qua D(3

5;

9

5) ⇔ 9

25+81

25 =



m2+ 1

m− 4

 1

5+ 4

⇔ m3− 2m + 1 = 0 ⇔ (m − 1)(m2+ m − 1) = 0 ⇔ m = 1;m = −1 ±

√ 5 2

Kết hợp ĐK m > 0 ta thu được các giá trị cần tìm là m = 1 và m = −1+

√ 5 2

Cách 2.

Hàm số có y0= 4x3− 4mx = 4x(x2− m) Đây là tích của một nhị thức và một tam thức nên hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi x2− m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0

Do hệ số bậc 3 dương nên hàm số có cực đại A(0,2), cực tiểu B0(−√m , 2 − m2), B(√

m , 2 − m2)

Tâm I của đường tròn qua 4 điểm A,B,B0, M sẽ năm trên Oy vì B, B0đối xứng nhau qua Oy do đó I(0,b)

IA = IM ⇔ (2 − b)2= 9

25+

 9

5− b

2

⇔ b = 1

IA = IB ⇔ (2 − b)2= m + (2 − m2− b)2thay b = 1 vào

⇔ m − 1 + (1 − m2)2= 0⇔ m(m − 1)(m2+ m − 1) = 0⇔ m = 1 hay m = −1 +

√ 5

2 (vì điều kiện m > 0)

Câu II 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Giải phương trình : sinx = 16cos6x+ 2cos4x

54− 51cos2x

Lời giải:

Để ý 16cos6x+ 2cos4x

54− 51cos2x >0 ⇒ sinx > 0 ⇒ sinx =√1− cos2x đặt: 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)

2√

1− t > 0( do 0 < t < 1)

⇒ f (t) là hàm đồng biến, mà f (3/4) = 0 ⇒ t = 3/4 chính là nghiệm duy nhất

⇒ cos2x = 3/4 ⇒ sinx = 1/2 ( do sinx > 0) ⇒ x =π/6 + k2π hay x = 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) .

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

2

+ y2= 3



3y − y2− 1

y



⇔



y+ 3 −1y

2

− 3



y+ 3 −1y

 + 2 = 0 ⇔



y+ 3 −1y



= 1 hay



y+ 3 −1y



= 2

⇔



y2+ 2y − 1 = 0

y2+ y − 1 = 0 ⇔



 y= −1 −

√

2 hay y = −1 +√2

y=−1 −√5

2 hay y = −1+

√ 5 2

⇒



x= hay x =

x= hay x =

Câu III (1 điểm) ————————————————————————————————

Tính tích phân I =Z

1 2

0

ln(1 − x) 2x2− 2x + 1 dx.

Lời giải:

Đặt 1 −2x = tant ⇒ −2 dx = (tan2t + 1) dt Ta có: I =Z π/4

0 ln



1+ tant

2



dt

Đặt u =π

4−t ta có: I =

Z π/4

0 ln



1+ tan

π

4− u

2



 du =Z π/4

0 ln

 1

1+ tan u



du = −Z π/4

0 ln(1+tan u) du

I= −

Z π/4

0 ln



1+ tan u

2



du −Z π/4

0

ln 2du = −I −Z π/4

0

ln 2du

⇒ I = −12

Z π/4

0

ln 2du = −12(u · ln2)π/4

0 = −π

8ln 2

Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD

E là hình chiếu của G lên AB

Ta có: SG ⊥AB

GE ⊥AB



⇒ AB⊥(SGE)

⇒ dSEG= 600

⇒ SG = GE · tan d SEG=√

3GE Mặt khác: G là trọng tâm tam giác ABD

⇒ GE = 13BC= a

3

⇒ V SABCD= 1

3SG S ABCD= a

3√ 3 9

A

B

C

bD

G

bS

bE

Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho số thực a,b,c ∈ [0;1] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = a5b5c5(3(ab + bc + ca) − 8abc).

Lời giải:

Từ điều kiện ban đầu ta dễ dàng suy ra được 3(ab + bc + ca) −8abc ≥ 0,

do vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0, đạt được khi trong ba số a,b,c có ít nhất một số bằng 0.

Tiếp theo ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của P Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

P≤



3(ab + bc + ca) − 8abc + 5abc

6

6

=(ab + bc + ca − abc)6

Vì b + c ≥ 2√bc ≥ bc nên ab + bc + ca − abc = a(b + c − bc) + bc ≤ b + c − bc + bc = b + c ≤ 2,

6

6

26 = 1

Như vậy ta tìm được giá trị lớn nhất của P là 1, có được khi cả a,b,c đều bằng 1.

Câu VI 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;4) và hai đường tròn (C1) : (x − 2)2

+ (y − 5)2= 13, (C2) : (x − 1)2+

(y − 2)2= 25 Tìm trên hai đường tròn (C1), (C2) hai điểm M, N sao cho tam giác MAN vuông cân tại A.

Lời giải:

Phép quay Q1(A;π/2) Biến C2 thành C3Khi đó AO2= AO3 và AO2vuông góc AO3

Giải ra O3(3; 4) pt đường tròn C3:(x − 3)2+ (y − 4)2= 25

Phép quay Q2(A; −π/2) Biến C2 thành C4Khi đó AO2= AO4 và AO2vuông góc AO4

Giải ra O4(−1;4) pt đường tròn C4:(x + 1)2+ (y − 4)2= 25

Giả sử M thuộc C2, N thuộc C1sao cho tam giác AMN vuông cân tại A thì M biến thành N qua phép quay

Q1hoặc Q2, suy ra N là giao điểm của C1và C3hoặc của C1và C4

Trường hợp 1: Tọa độ của N thỏa hệ

(

(x − 3)2+ (y − 4)2= 25

(x − 2)2+ (y − 5)2= 13 ⇔

(

x2+ y2− 6x − 8y = 0

x − y + 8 = 0

⇔ N1(−1;7) hoặc N2(0; 8) ⇒ M1(4; 6) hoặc M2(5; 5)

Trường hợp 2: Tọa độ của N thỏa hệ

(

(x + 1)2+ (y − 4)2= 25

(x − 2)2+ (y − 5)2= 13 ⇔

(

3x + y − 12 = 0 (x − 2)2+ (y − 5)2= 13

⇔ N3(1, 16; 8, 51) hoặc N4(3, 44; 1, 69) ⇒ M3(−3,51;4,16) hoặc M4(3, 31; 6, 44)

c1

A

c3

c4

O1

O2

O3

O4

N1

N3

N4

M1

M3

Câu VI 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M (1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.

Lời giải:

Gọi A(a,0,0) ∈ Ox;B(0,b,0) ∈ Oy;C(0,0,c) ∈ Oz vì M(1,2,3) nên a,b,c > 0

Pt mặt phẳng (ABC) là : x

a+y

b+z

c = 1 vì M ∈ (ABC) ⇒ 1

a+2

b+3

c = 1

ta có: V OABC=1

6

−→

OC.h−→OA,−→OBi= 1

6abc

áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : 1

a+2

b+3

c ≥ 33

r 6

abc= 1 ⇔ 1

6abc≥ 27 Đẵng thức xảy ra khi :







1

a= 2

b = 3

c

1

a+2

b+3

c = 1 ⇔ a = 3,b = 6,c = 9

Vậy phương trình mặt phẳng là : x

3+y

6+ z

9= 1

Câu VII (1 điểm) ————————————————————————————————

Giải bất phương trình 4x− 2x+2≤ x2− 2x − 3

Lời giải:

PT ⇔ (2x− 2)2≤ (x − 1)2⇔ |2x − 2| ≤ |x − 1| (∗)

Xét f (x) = 2 x − x − 1 trên R f0(x) = 2 x· ln2 − 1

(∗) ⇔ 2x − 2 ≤ x − 1 ⇔ 2 x − x − 1 ≤ 0 ⇔ x ∈ [0;1] Kết hợp ĐK ta có: x = 1

+ Với x < 1

(∗) ⇔ −(2x − 2) ≤ −(x − 1) ⇔ 2 x − x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0] ∪ [1;+∞) Kết hợp ĐK ta có: x ∈ (−∞; 0]

Kết luận: Tập nghiệm bất pt ban đầu là S = (−∞; 0] ∪ {1}

Giải O3( 3; 4) pt đường tròn C3:(x − 3) 2+... 5)2= 13 ⇔

(

3x + y − 12 = (x − 2)2+ (y − 5)2= 13

⇔ N3( 1, 16; 8, 51) N4 (3, 44; 1, 69) ⇒ M3< /small>(? ?3, 51;4,16)... đầu ta dễ dàng suy 3( ab + bc + ca) −8abc ≥ 0,

do giá trị nhỏ P 0, đạt ba số a,b,c có số 0.

Tiếp theo ta tìm giá trị lớn P Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

P≤