tai lieu hay day moi nguoi
Trang 1ht tp
vn
DIỄN ĐÀN MATH.VN
http://math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 04 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số y = −x4+ 6x2− 5 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Lời giải:
hàm số y = −x4+ 6x2− 5 có TXĐ là D = R
y0= −4x3+ 12x = −4x x2− 3
Nên y0= 0 ⇔
x= −√3 ⇒ y = 4
x=√
y0< 0 ⇔ −√3< x < 0 hoặc√
3< x < +∞⇒
hàm số nghịch biến trên −√3; 0 ; √
3;+∞
y0> 0 ⇔ −∞ < x < −√3hoặc 0 < x <√3⇒
hàm số đồngh biến trên −∞;−√3 ; 0;√
3 Giới hạn lim
x→− ∞y= −∞; lim
x→+ ∞y= −∞ Bảng biến thiên
−√3; 4 ; √
3; 4
(−√5; 0), (−1;0),(1;0),(√5; 0)
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;−5)
Đồ thị
2 4
−2
−4
2
−2
Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm các giá trị của m để phương trình (x2− 5)|x2− 1| = m có 6 nghiệm phân biệt.
Lời giải:
x2− 1
(x2− 5) = m (1)
Xét đồ thị hàm số y = x2− 1 (x2− 5)
và đường thẳng y = m ta có
y = x4− 6x2+ 5 với x > 1 và x < −1
y = −x4+ 6x2− 5 với −1 < x < 1
suy ra cách vẽ
- Vẽ đồ thị hàm số y = −x4+ 6x2− 5
- Giữ nguyên phần đồ thị ứng với −1 < x < 1
- lấy đối xứng với phần đồ thị ứng với x > 1 và x < −1
qua Ox
dựa vào đồ thị nhận thấy phương trình (1) có 6 nghiệm
phân biệt khi −4 < m < 0
2 4
−2
−4
2
−2
h
b b b b b
Câu II 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình: x3− 2x
x2− 1 −√x2− 1 = 2
√
6
Lời giải:
ĐK: |x| > 1
PT ⇔ x(
√
x2− 1 − 1)(√x2− 1 + 1)
√
x2− 1(√x2− 1 − 1) = 2
√
6
Trang 2ht tp
vn
⇔ x +√ x
x2− 1 = 2
√
6;(x > 0) ⇔ x2+ x
2
x2− 1+
2x2
√
x2− 1 = 24 ⇔
x4
x2− 1+ 2
x4
x2− 1 = 24
⇔
s
x4
x2− 1 = 4 ⇔ x
4− 16x2+ 16 = 0 ⇔ x =p8+√
48hay x =p
8−√48
Câu II 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình sau trên R:
(
14x2− 21y2+ 22x − 39y = 0
35x2+ 28y2+ 111x − 10y = 0.
Lời giải:
HPT ⇔
(
14x2− 21y2= −22x + 39y
35x2+ 28y2= −111x + 10y
nếu y = 0 ⇔ x = 0
nếu y 6= 0 đặt x = ty ta có phương trình với t sau 112t3+ 175t2− 421t + 186 = 0
⇔ t = −3 ⇔
(
x= −3
y= 1 vậy hệ có 2 nghiệm (0;0),(−3;1)
Câu III (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân I =Z 3
0
r
x
9− x dx.
Lời giải:
Đặt: 9 − x = t ⇒ dx = −dt,x
3
0⇒ t
6
9⇒ I = −
Z 6 9
r
9−t
t dt=
Z 9 6
r
9
t − 1 dt
Đặt: 9
cos2u ⇒ dt = −18sinu · cosu du, t
9
6⇒ u
0
αvới 9cos2α = 6
⇒ I = −18
Z 0
α
r
1 cos2u − 1·sinu·cosu du = 18
Z α
0
sin2u du= 9
Z α
0
du+9
Z α
0
cos 2u du = 9u
α
0+9
2sin 2u
α
0
Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho khối lập phương ABCD.A0B0C0D0cạnh a Gọi M là trung điểm của BC, điểm N chia đoạn CD theo tỷ
số −2 Mặt phẳng (A0MN) chia khối lập phương thành hai phần.
Tính thể tích mỗi phần
Lời giải:
Gọi thể tích phần chứa A là V1và phần còn lại là V2
Gọi E,F lần lượt là giao điểm của MN với AB,AD.
Gọi P là giao điểm của A0F với DD0và Q là giao điểm
của A0E với BB0
Ta có DN = a
3, NC = 2a
3 = BE, DF = MC
2 =a
4
suy ra AE = 5a
3 , AF = 5a
4 , BQ = 2a
5 , DP = a
5
V E .AA0F = 1
3·12· AA0· AF · AE = 25a
3
72
VE .BMQ= 1
3·1
2· BM · BQ · BE = a
3
45
V F .PDN =1
3·1
2· DP · DN · DF = a
3
360
V1= V E .AA0F −V E BMQ −V F PDN=29a
3
90
V2= a3−V1= 61a
3
90
hình vẽ
A
D
A0
D0
M
N
E
F Q
P
Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a + b + c) 1
a+1
b+1
c
= 16
Trang 3ht tp
vn
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2+ 2b2
ab
Lời giải:
a = xb, b = yc, x > 0, y > 0 P=a
2+ 2b2
ab = x +2
x (a + b + c) 1
a+1
b+1
c
= 16 ⇔ (xy + y + 1) 1
xy+1
y+ 1
= 16
⇔ x + xy +1x + y + 1
xy+1
y = 13 ⇔ xy + xy2+y
x + y2+1
x + 1 = 13y
⇔ (x + 1)y2+
x+1
x− 13
y+1
x+ 1 = 0 (∗)
Xem đây là ph tr bậc 2 ẩn y > 0 Gọi 2 nghiệm là x1, x2phương trình này có ít nhất 1 nghiệm dương
nên ta phải có x1x2< 0 hoặc x1x2> 0
x1+ x2> 0 Ta luôn có x1x2=
1
x+ 1
x+ 1 =
1
x > 0
nên loại trường hợp x1x2< 0 Vậy pt (∗) có ít nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi
x1+ x2= −
x+1
x− 13
x+ 1 ≥ 0 ⇔ x +1x ≤ 13 và
x+1
x− 13
2
− 4(x + 1) 1x+ 1
≥ 0
⇔ x2+ 163 − 30x + x12−30x ≥ 0 ⇔
x+1
x
2
− 30
x+1
x
+ 161 ≥ 0 ⇔ t2− 30t + 161 ≥ 0
⇔
x+1
x ≥ 23
x+1
7
2−3
√
5
2 ≤ x ≤ 72+3
√
5 2
P = x +2
x =
x+1
x
+1
7
2−3
√
5 2
7− 3√5 ≈ 13.85
Dấu = xảy ra khi x= 7
2−3
√
5
2 ≈ 0.145898
Vậy ta chỉ cần chọn c = 1; b = 7− 3
√
5
29− 4√5≈ 2.618; a = 7
2−3
√
5 2
!
b≈ 0.381966
Ta có ngay giá trị lớn nhất của P là 7 + 2
7− 3√5
Câu VI 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(4;0), cạnh AC qua O, phương trình trung trực AC là
x + y − 1 = 0, phương trình đường cao qua C là 5x + y − 12 = 0.
Tính diện tích tam giác ABC.
Lời giải:
Ta có đường trung trực AC : x + y − 1 = 0 Suy ra ptr đt AC qua O(0;0) : x − y = 0
Gọi H là giao điểm của AC và đường trung trực của nó: H 1
2;
1 2
PT AB đi qua B(0;4) và vuông góc với đường cao qua C có dạng: x−5y−4 = 0 Dễ dàng Suy ra A(−1;−1)
Mà H là trung điểm của AC Suy ra C(2;2); AB =√26; CH = d(C/AB) = √12
26 Suy ra S∆ABC= 6
Câu VI 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho tứ diện ABCD có A(−1;1;6),B(−3;−2;−4),C(1;2;−1),D(2;−2;0) Tìm điểm M thuộc đường thẳng
CD sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải:
−→
AB= (−2;−3;−10),CD−→= (1; −4;1) nên−→AB CD−→
= 0 ⇔ AB ⊥ CD.
Trang 4ht tp
vn
Gọiα là mp qua AB và vuông góc CD, phương trìnhα là
(x + 1) − 4(y − 1) + (z − 6) = 0 ⇔ x − 4y + z − 1 = 0 (1)
Đường thẳng CD có pt tham số là
x = 1 + t
y = 2 − 4t
z = −1 +t
(2)
CDcắt mpα tại điểm có tọa độ là nghiệm của hệ (1),(2) Giao điểm này là hình chiếu vuông góc của A lên CD và cũng là hình chiếu vuông góc của B lên CD nên các đoạn vuông góc này là đoạn ngắn nhất, vậy giao điểm này là điểm M cần tìm cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Giải hệ (1),(2) ta được t =1
2, x = 3
2, y = 0, z = −12 Nên M 3
2; 0;−12
Chu vi tam giác là
AB + AM + BM =√
22+ 32+ 102+
s
5
2
2
+ 12+ 13
2
2
+
s
9
2
2
+ 22+ 7
2
2
=√
113+
√
198
2 +
√
146 2
Câu VII (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải bất phương trình: 1
log√2(x)≥ 2
log2(5x − 6)2
Lời giải:
Trước hết ta có nhận xét sau:
“Với điều kiện xác định sự tồn tại thì log2X− log2Y luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với X −Y”
Quay lại bài toán ta có:
1 log√2(x) ≥ 2
log2(5x − 6)2 ⇔
log2(5x − 6)2− 4log2x
2 log2(x) log2(5x − 6)2 ≥ 0 (∗) Các ràng buộc (1); (2) kết hợp lại dưới điều kiện chung là:
x∈ (0;+∞) \ 6
5
:= D
2 log2(x) log2(5x − 6)2 ≥ 0
Theo nhận xét thì trên D ta có:
log2(5x −6)2−log2x4luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x−6)2−x4= −(x+6)(x−1)(x−2)(x−3)
log2(x) luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với x − 1
log2(5x − 6)2luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x − 6)2− 1 = 5(x − 1)(5x − 7)
(x − 1)(5x − 7)≤ 0 Sau khi vẽ trục đan dấu ra để giải và kết hợp với x ∈ D
Ta có tập nghiệm của bất phương trình đề ra là: 1; 7
5
∪ [2; 3] \ 6
5
... −x4< /small>+ 6x2− với −1 < x < 1
suy cách vẽ
- Vẽ đồ thị hàm số y = −x4< /small>+ 6x2−
- Giữ nguyên...
x2− = 24< /sup> ⇔
x4< /sup>
x2− 1+ 2
x4< /sup>
x2− = 24< /sup>
⇔... (−2;−3;−10),CD−→= (1; ? ?4; 1) nên−→AB CD−→
= ⇔ AB ⊥ CD.
Trang 4< /span>ht
