Lời giải đề thi thử Đại học 2011 môn Toán - Đề số 04

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Môn thi : Toán Đề số: 04

DIỄN ĐÀN MATH.VN

htt
p:/
/m
ath
.vn



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
Đồ thị
y = −4x3 + 12x = −4x x2 − 3

x = 0 √ ⇒ y = −5
4

Nên y = 0 ⇔ x = −
√ 3 ⇒y=4
x= 3
⇒y=4
√
√
y < 0 ⇔ − 3 < x < 0 hoặc√ 3 < x √
< +∞ ⇒

2
hàm số nghịch biến trên − 3; 0 ;
3; +∞
√
√
y > 0 ⇔ −∞ < x < − 3 hoặc 0√< x < √3 ⇒
hàm số đồngh biến trên −∞; − 3 ; 0; 3 .
Giới hạn lim y = −∞; lim y = −∞.
−2
2
x→−∞

Bảng biến thiên

x→+∞

Điểm
cực √ tiểu (0; −5), điểm
√
3; 4 .
− 3; 4 ;
Đồ√ thị cắt trục √hoành tại
(− 5; 0), (−1; 0), (1; 0), ( 5; 0)
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; −5)

cực
4

−2

đại

điểm

−4

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:
h
4

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

−2

2

−2

−4

Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
√
x3 − 2x
√
=2 6
Giải phương trình:
x2 − 1 − x2 − 1
Lời giải:
ĐK: |x| >√1
√
√
x( x2 − 1 − 1)( x2 − 1 + 1)
√
√
=2 6
PT ⇔
x2 − 1( x2 − 1 − 1)
1


x

x2 − 1

√
= 2 6; (x > 0)

⇔ x2 +

x2
2x2
√
+
= 24
x2 − 1
x2 − 1

⇔

x4
+2
x2 − 1

x4
= 24
x2 − 1

htt
p:/
/m
ath
.vn

⇔ x+ √

√
√
x4
4 − 16x2 + 16 = 0 ⇔ x =
=
4
⇔
x
8
+
48
hay
x
=
8
−
48
x2 − 1
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
14x2 − 21y2 + 22x − 39y = 0
Giải hệ phương trình sau trên R:
35x2 + 28y2 + 111x − 10y = 0.
Lời giải:
14x2 − 21y2 = −22x + 39y
HPT ⇔
35x2 + 28y2 = −111x + 10y
nếu y = 0 ⇔ x = 0

nếu y = 0 đặt x = ty ta có phương trình với t sau 112t 3 + 175t 2 − 421t + 186 = 0
x = −3
⇔ t = −3 ⇔
y=1
vậy hệ có 2 nghiệm (0; 0), (−3; 1)
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
3
x
dx.
Tính tích phân I =
9−x
0
Lời giải:
6
9
6
3
9−t
9
Đặt: 9 − x = t ⇒ dx = −dt, x ⇒ t ⇒ I = −
dt =
− 1 dt
t
t
9
0
9
6
9
0

1
9
⇒
dt
=
−18
sin
u
·
cos
u
du,
t
⇒
u
Đặt: =
với 9 cos2 α = 6
t
cos2 u
α
6
α
α
α
0
α
α
9
1
2

sin
u
du
=
9
du+9
cos 2u du = 9u + sin 2u
⇒ I = −18
−
1·sin
u·cos
u
du
=
18
2
cos u
2
0
0
α
0
0
0
Câu IV. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho khối lập phương ABCD.A B C D cạnh a. Gọi M là trung điểm của BC, điểm N chia đoạn CD theo tỷ
số −2. Mặt phẳng (A MN) chia khối lập phương thành hai phần.
Tính thể tích mỗi phần.
Lời giải:
Gọi thể tích phần chứa A là V1 và phần cịn lại là V2 hình vẽ

Gọi E, F lần lượt là giao điểm của MN với AB, AD.
A
D
Gọi P là giao điểm của A F với DD và Q là giao điểm
của A E với BB .
a
2a
MC a
Ta có DN = , NC =
= BE, DF =
= .
3
3
2
4
5a
2a
a
5a
B
suy ra AE = , AF = , BQ = , DP = .
C
P
3
4
5
5
3
25a
1 1

D F
A
VE.AA F = · · AA · AF · AE =
3 2
72
Q
1 1
a3
N
VE.BMQ = · · BM · BQ · BE =
3 2
45
a3
1 1
VF.PDN = · · DP · DN · DF =
C
3 2
360
M
B
3
29a
V1 = VE.AA F −VE.BMQ −VF.PDN =
90
E
61a3
3
V2 = a −V1 =
90
Câu V. (1 điểm) ————————————————————————————————

1 1 1
+ +
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a + b + c)
= 16.
a b c
⇔

2


Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

htt
p:/
/m
ath
.vn

Lời giải:

a2 + 2b2
.
ab

a2 + 2b2
2
= x+
ab
x
1 1

1 1 1
+ +
= 16 ⇔ (xy + y + 1)
+ + 1 = 16
(a + b + c)
a b c
xy y
1
1 1
y
1
⇔ x + xy + + y + + = 13 ⇔ xy + xy2 + + y2 + + 1 = 13y
x
xy y
x
x
1
1
⇔ (x + 1) y2 + x + − 13 y + + 1 = 0 (∗)
x
x
Xem đây là ph tr bậc 2 ẩn y > 0 Gọi 2 nghiệm là x1 , x2 phương trình này có ít nhất 1 nghiệm dương
1
+1 1
x1 x2 > 0
x
Ta ln có x1 x2 =
= >0
nên ta phải có x1 x2 < 0 hoặc
x1 + x2 > 0

x+1
x
nên loại trường hợp x1 x2 < 0. Vậy pt (∗) có ít nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi
1
x + − 13
1
x
x1 + x2 = −
≥ 0 ⇔ x + ≤ 13
x+1
x
2
1
1
+1 ≥ 0
và
x + − 13 − 4 (x + 1)
x
x
1 30
1 2
1
⇔ x2 + 163 − 30x + 2 −
+ 161 ≥ 0 ⇔ t 2 − 30t + 161 ≥ 0
≥ 0 ⇔ x+
− 30 x +
x
x
x
x


1
√
√
x
+
≥ 23
7 3 5
7 3 5

x
⇔
≤x≤ +
⇔ −
1
2
2
2
2
x+ ≤ 7
x
2
2
1
1
1
√ ≈ 13.85
√ = 7+
P = x+ = x+
+ ≤ 7+

x
x
x
7 3 5
7−3 5
−
2
√ 2
7 3 5
≈ 0.145898
Dấu = xảy ra khi x = −
2
2
√
√
7 3 5
7−3 5
Vậy ta chỉ cần chọn c = 1; b =
b ≈ 0.381966
√ ≈ 2.618; a = 2 − 2
2 9−4 5
a = xb,

b = yc,

x > 0, y > 0

P=

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
1 1
Gọi H là giao điểm của AC và đường trung trực của nó: H
;
2 2
PT AB đi qua B(0; 4) và vng góc với đường cao qua C có dạng: x−5y−4 = 0 Dễ dàng Suy ra A(−1; −1)
√
12
Suy ra S∆ABC = 6
Mà H là trung điểm của AC Suy ra C(2; 2); AB = 26; CH = d(C/AB) = √
26
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.
Ta có ngay giá trị lớn nhất của P là 7 +

3


htt
p:/
/m
ath
.vn

Gọi α là mp qua AB và vng góc CD, phương trình α là
(x + 1) − 4(y
(1)
− 1) + (z − 6) = 0 ⇔ x − 4y + z − 1 = 0

x = 1 + t
Đường thẳng CD có pt tham số là y = 2 − 4t
(2).


z = −1 + t
CD cắt mp α tại điểm có tọa độ là nghiệm của hệ (1), (2) . Giao điểm này là hình chiếu vng góc của A
lên CD và cũng là hình chiếu vng góc của B lên CD nên các đoạn vng góc này là đoạn ngắn nhất, vậy
giao điểm này là điểm M cần tìm cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
3
1
1
3
1
; 0; −
Giải hệ (1), (2) ta được t = , x = , y = 0, z = − . Nên M

2
2
2
2
2
Chu vi tam giác là
√
13 2
7 2
5 2
9 2
2
2
2
2
2
+1 +
+
+2 +
AB + AM + BM = 2 + 3 + 10 +
2
2
2
2
√
√
√
198
146
= 113 +

+
2
2
Câu VII. (1 điểm) ————————————————————————————————
2
1
≥
Giải bất phương trình:
√
log 2 (x) log2 (5x − 6)2
Lời giải:
Trước hết ta có nhận xét sau:
“Với điều kiện xác định sự tồn tại thì log2 X − log2 Y ln cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với X −Y ”
Quay lại bài toán ta có:


x>0
(1)



1
2
(2)
⇔ 6x − 5 = 0 2
≥

log√2 (x) log2 (5x − 6)2
log (5x − 6) − 4 log2 x



≥ 0 (∗)
 2
2 log2 (x) log2 (5x − 6)2
Các ràng buộc (1); (2) kết hợp lại dưới điều kiện chung là:
6
:= D
x ∈ (0; +∞) \
5
log2 (5x − 6)2 − log2 x4
Khi ấy:
(∗) ⇔
≥0
2 log2 (x) log2 (5x − 6)2
Theo nhận xét thì trên D ta có:
log2 (5x − 6)2 − log2 x4 luôn 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)2 luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với (5x − 6)2 − 1 = 5(x − 1)(5x − 7)
(x − 2)(x − 3)
≤0
Vậy tức là trên D thì:
(∗) ⇔
(x − 1)(5x − 7)
Sau khi vẽ trục đan dấu ra để giải và kết hợp với x ∈ D
7
6
Ta có tập nghiệm của bất phương trình đề ra là:
1;
∪ [2; 3] \
5

5

4