∆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]
Trang 1DIỄN ĐÀN MATH.VN
http://math.vn
LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 01 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm số y = 2x + 3
x+ 1 (C) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
Lời giải:
Hàm số y =2x + 3
x+ 1 có tập xác định D = R\{−1}
(x + 1)2
y0< 0, ∀x ∈ D
Hàm số nghịch biến trên (−∞; −1); (−1; +∞)
lim
x→−1 +y= +∞
x= −1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞y= 2, lim
x→+∞y= 2
y= 2 là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
f(x) 2
& −∞
+∞
& 2
Đồ thị cắt Ox tại −3
2 ; 0
và cắt Oy tại (0; 3)
−2 −1
1 2 3 4
0
Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc đồ thị có khoảng cách đến đường thẳng 3x + 4y − 2 = 0 bằng 2
Lời giải:
Cách 1 lonely_abba
M
a+ 1
∈ (C) (a 6= 1)
d(M; d) =
3a + 4
a+ 1
− 2
3a2+ 9a + 10
2+ 9a + 10 = 10|a + 1| (∗)
Khi a > −1 ta có: (∗) ⇔ 3a2− a = 0 ⇔ a = 0; a = 1
3 ⇒ M1(0; 3); M2 1
3;
11 4
Khi a < −1 ta có: (∗) ⇔ 3a2+ 19a + 20 = 0 ⇔ a = −5; a = −4
−5;7 4
; M4
−4
3; −1
Tiếp tuyến của (C) tại M(xo; yo) có dạng: y = f0(xo)(x − xo) + yo
f0(x) = − 1
(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 2 toannh
Phương trình tiếp tuyến (d) tại M(xo; yo) thuộc (C) và có khoảng cách tới đường thẳng (d0) : 3x + 4y − 2 = 0 bằng 2, có dạng: y − yo= f0(xo)(x − xo) ⇔ y −2xo+ 3
xo+ 1 = −
1 (xo+ 1)2(x − xo)
Do khoảng cách từ M tới đường thẳng (d0) bằng 2,
nên ta có: |3xo+ 4yo− 2|
√
32+ 42 = 2 ⇔ |3xo+ 4yo− 2| = 10 ⇔ 3xo+ 4yo− 12 = 0
3xo+ 4yo+ 8 = 0
Trang 2Trường hợp 1: Với 3xo+ 4yo− 12 = 0 ⇔ 3xo+ 4 ·2xo+ 3
xo+ 1 − 12 = 0 ⇔ 3x2
o− xo= 0 ⇔
" xo= 0
xo= 1 3 Phương trình tiếp tuyến (d1) tại M1(0; 3) là: y = −x + 3
Phương trình tiếp tuyến (d2) tại M2 1
3;
11 4
là: y = − 9
16x+
47 16 Trường hợp 2: Với 3xo+ 4yo+ 8 = 0 ⇔ 3xo+ 4 ·2xo+ 3
xo+ 1 + 8 = 0 ⇔ 3x
2
o+ 19xo+ 20 = 0 ⇔
"
xo= −4
3
xo= −5 Phương trình tiếp tuyến (d3) tại điểm M3
−4
3; −1
là: y = −9x − 13 Phương trình tiếp tuyến (d4) tại điểm M4
−5;7 4
là: y = − 1
16x+
23
16.
Câu II 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình: 2 cos2x +π
3
+ 3 tan x = 1 + 3 tan x · sin2x
Lời giải: lonely_abba
ĐK: cos x 6= 0
PT ⇔ cos 2x −√
3 sin 2x + 3 tan x · cos2x= 1 ⇔ −2 sin2x+ 3
2−√3
sin 2x = 0
⇔
sin x = 0
sin x = 3
2−√3
sin x = 0 tan x = 3
2−√3
⇔
x= kπ
x= arctan 3
2−√3
+ kπ (k ∈ Z) (nhận) Vậy pt có 2 họ nghiệm trên
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
r
−x2+ 7x +5
3
⇔ (x − 1)3+ 3(x − 1) = −x2+ 7x +5
3+ 3
3
r
−x2+ 7x +5
r
−x2+ 7x +5
3
!
Với f (t) = t3+ 3t có f0(t) = 3t2+ 3 > 0, ∀t ∈ R , suy ra hàm f (t) tăng trên R
Nên phương trình ⇔ x − 1 = 3
r
−x2+ 7x +5
3 ⇔ 3x3− 6x2− 12x − 8 = 0 ⇔ (x + 2)3= 4x3⇔ x + 2 = x√3
4 Vậy phương trình có một nghiệm là x = √3 2
4 − 1
Câu III (1 điểm) ————————————————————————————————
x→0
√ cos 2x +p3 1 − 2esin2x
ln(1 + x2)
Lời giải: Mercury
lim
x→0
√
cos 2x +p3 1 − 2esin2x
ln(1 + x2) = limx→0
x2 ln(1 + x2)·
√ cos 2x +p3 1 − 2esin2x
x2
!
= lim
x→0
x2 ln(1 + x2)· lim
x→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
x→0
3
p
1 − 2esin2x+ 1
x2
Trang 3= lim
x→0
cos 2x − 1
x2(√
cos 2x + 1)+ limx→0
2(1 − esin x) sin2x
x2sin2x
3
q (1 − 2esin2x)2+ 1 −p3 1 − 2esin2x
2 x→0lim
sin2x
x2 + 2 · lim
x→0
1 − esin2x sin2x · lim
x→0
sin2x
x2 · lim
x→0
1
3
q (1 − 2esin2x)2+ 1 −p3 1 − 2esin2x
= −11 6
Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, và D, AB = AD = a,CD = 2a Cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng ABCD và SD = a Gọi E là trung điểm của CD Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE
Lời giải:
Dễ thấy BE ⊥ DC ∆EBC vuông tại E nên trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường thẳng d ⊥
(BCE) tại trung điểm I của BC Gọi O ∈ d là tâm mặt
cầu ngoại tiếp S.BEC, bán kính mặt cầu là R
a2+ a2= a√
2
∆EBC vuông tại E ⇒ BC =
√
a2+ a2= a√
2
∆BDI vuông tại B: DI =
√
BD2+ BI2= a
r 5 2
SD2+ DI2= ar 7
2 cos dSIO= sin dSID= SD
7 Trong ∆SIO: SO2= OI2+ SI2− 2OI · SI · cos dSIO
⇔ R2= OI2+7
2a
2− 2IO · a
r 7
2·r 2 7
⇔ R2= OI2+7
2a
2− 2IO · a
Trong ∆BIO: R2= OB2= OI2+ BI2= OI2+a
2
2
2a
2− 2IO · a = a
2
2a Vậy tâm O được xác định
Bán kính R =
r
OI2+a
2
r 9
4a
2+a
2
a√ 11 2
R
R
a
a
a
C D
S
E
I O
Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn điều kiện
1
a2+ 1+
1
b2+ 1+
1
c2+ 1 = 2
√ 3
8 .
Lời giải:
Cách 1 buon_qua
Từ giả thiết: ∑ 1
a2+ 1 = 2 ⇒ 1 = ∑ a2b2+ 22b2c2 Theo công thức tính diện tích tam giác ta có: S =1
2ab· sinC = 1
2bc· sin A = 1
2ca· sin B
Suy ra: ∑ a2b2= 4S2
∑ 1 sin2A
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có: ∑ 1
∑ sin2A
Trang 4Mà với mọi tam giác ABC thì: ∑ sin2A≤ 9
4 Suy ra: ∑ a2b2≥ 16S2 Tương tự ta có: 2a2b2c2= 16S
3
sin A · sin B · sinC
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: sin A · sin B · sinC ≤ sin A + sin B + sinC
3
3
Với mọi tam giác ABC ta cũng có: ∑ sin A ≤3
√ 3
2 Suy ra: 2a
2b2c2≥ 8 · 16S
3
3√ 3 Kết hợp các điều trên ta được: 1 = ∑ a2b2+ 22b2c2≥ 16S2+8 · 16S
3
3√ 3 Tương đương với: (8S −√
3)(16S2+ 8√
3S + 3) ≤ 0 ⇔ S ≤
√ 3
8 . Vậy SABC≤
√
3
8 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
√ 2
Cách 2 can_hang2007
Từ giả thiết, ta suy ra 1 = 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 được a2+ b2+ c2+ 3 ≥ (a + b + c)2, tức ab + bc + ca ≤3
2. Bây giờ, sử dụng công thức Herong, ta có
SABC= 1
4p(a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
p3(a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ 3
2.
Và để chứng minh kết quả này, ta sẽ chứng minh kết quả mạnh hơn là
p3(a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ ab + bc + ca
Không mất tính tổng quát, giả sử b là số nằm giữa a và c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p3(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)
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 này tương đương với −2(a − c)2+ 2(b − a)(b − c) ≤ 0 (hiển nhiên đúng)
Cách 3 ltq2408
a2+ 1+
1
b2+ 1+
1
c2+ 1 = 2 ⇒
a2
2
1 + b2+ c
2
1 + c2 = 1
2
a2+ b2+ c2+ 3 ≤ 1 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3
2⇒ a2b2c2≤1
8 Lại có: Với mọi tam giác ABC thì: sin A · sin B · sinC ≤3
√ 3 8
8a
2b2c2sin A · sin B · sinC ≤ 1
8·1
8·3
√ 3
√ 3 8
Cách 4 CSS
2. Vậy sử dụng công thức Heron, bất đẳng thức Schur và 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√
2·√1
√ 3
2 .
Trang 5Từ đây ta suy ra ngay điều cần chứng minh.
Câu VI 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho ba điểm I(1; 1), J(−2; 2), K(2; −2) Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm hình vuông, J thuộc cạnh AB, và K thuộc cạnh CD
Lời giải: lonely_abba
Nhận xét: I(1; 1) là tâm hình vuông ABCD cạnh a ⇒ d(I; AB) = d(I;CD) =a
2 TH1: AB//CD//Oy Dễ thấy d(I; AB) = 2 6= d(I;CD) = 1 (loại)
TH2: AB có hệ số góc k AB : y = k(x + 2) + 2 CD//AB và đi qua K nên CD : 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 góc k > 0 ⇒ k = 1 Vây AB : y = x + 4; CD : y = x − 4
Đường thẳng d qua I và vuông góc với AB có pt: (d) : y = −(x − 1) + 1 = −x + 2
Trung điểm M của AB là nghiệm hệ
(
y= x + 4
(
y= 3 Trung điểm N của CD là nghiệm hệ
(
y= x − 4
(
x= 3
Ta có: A(x; x + 4) ∈ AB, a = 4√
2
AM2= (x + 1)2+ (x + 1)2= 2(x + 1)2= a
2
|x + 1| = 2 ⇒ x = 1; x = −3 ⇒ đỉnh A, B : (1; 5); (−3; 1)
Ta có: C(x; x − 4) ∈ CD
AM2= (x − 3)2+ (x − 3)2= 2(x + 1)2= a
2
|x − 3| = 2 ⇒ x = 5; x = 1 ⇒ đỉnh C, D : (5; 1); (1; −3)
Vậy toạ độ 4 đỉnh: (1; 5); (−3; 1); (5; 1); (1; −3)
Câu VI 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho ba điểm A(2; 3; 1), B(−1; 2; 0),C(1; 1; −2) Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC
Lời giải:
Hlà trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥ 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
⇔
15
y=29 15
3
15;
29
15;
−1 3
Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = 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 (x − 2) − 8(y − 3) + 5(z − 1) = 0
Trang 6
6x + 2y + 2z = 9
4x − 2y − 4z = 1
x− 8y + 5z = −17
⇔
x=14 15
y=61 30
3 Vậy I 14
15;
61
30;
−1 3
Câu VII (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải hệ phương trình
(
A3x− 54C2
x+ x = 29
2 log(x−6)y= y log(3x−64)2 .
Lời giải: trantrongtai1234
ĐK: x ∈ N∗; x > 64
3 ; y > 0
Từ phương trình A3x− 54C2
x+ x = 29 ta có ngay: x = 29 thế xuống phương trình 2 log(x−6)y= y log(3x−64)2 ta được: y2= 2y
do y > 0 , ta lấy căn hai vế, rồi 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) = 0 có 1 nghiệm duy nhất
⇒ f (t) có tối đa 2 nghiệm (lập bảng biến thiên )
nên: t = 1và t = 2 là 2 nghiệm⇒ y = 2 và y = 4
Vậy hệ PT có 2 nghiệm là (29; 2), (29; 4)
... điểm I(1; 1), J(−2; 2), K(2; −2) Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD cho I tâm hình vuông, J thu? ??c cạnh AB, K thu? ??c cạnh CDLời giải: lonely_abba
Nhận xét: I(1; 1) tâm hình vuông...
SD2+ DI2= ar
2 cos dSIO= sin dSID= SD
7 Trong ∆SIO: SO< sup>2= OI2+ SI2− 2OI · SI · cos dSIO
⇔ R2=...
√
8 .
Lời giải:
Cách buon_qua
Từ giả thi? ??t: ∑ 1
a2+ = ⇒ = ∑ a2b2+ 22b2c2