Loi giai de thi thu Dai hoc so 03 cua mathvn

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (61.91 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

DIỄN ĐÀN MATH.VN

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Mơn thi : Tốn Đề số: 03

Câu I. 1)(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm sốy=x4−2mx2+2 (Cm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khim=1

Lời giải:

m=1hàm sốy=x4−2x2+2có TXĐ làD=R
y0=4x3−4x=4x x2−1

Nêny0=0⇔




x=0 ⇒y=2

x=−1 ⇒y=1

x=1 ⇒y=1

y0>0⇔ −1<x<0hoặc1<x<+∞⇒
hàm số đồng biến trên(−1; 0);(1;+∞)
y0<0⇔ −∞ <x<−1hoặc0<x<1⇒

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

Giới hạn lim

x→−∞y= +∞; limx→+∞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 điểmB(0; 2)

Đồ thị

1
2
3
4

1 2

−1

−2

b b

Câu I. 2)(1 điểm) ————————————————————————————————
Tìm tất cả các giá trị của tham sốmđể đồ thị(Cm)có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường trịn
ngoại tiếp đi qua điểmD

3
5;

9
5

.
Lời giải:

Cách 1.

Ta cóy0=4x3−4mx=4x(x2−m).

Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khiy0có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu khixqua 3 nghiệm đó

⇔y0có 3 nghiệm phân biệt⇔t(x) =x2−mcó 2 nghiệm phân biệt khác0⇔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)cóy2=m2x4−4mx2+4=m2x(x3−mx) +m(m2−4)x2+4=m(m2−4)x2+4(do(3))

Hayy2= (m2−4)(2−y) +4 (6)(do(5))

Từ(5)&(6)ta thu đượcx2+y2=

m2+ 1
m−4

(2−y) +4(7)

Như vậy theo suy luận trên thì toạ độ các điểm cực trị cùng thoả mãnPT(7), mà(7)là PT của đường trịn .
Do đó đường trịn(T)qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số có PTx2+y2=

m2+ 1
m−4

(2−y) +4

Bây giờ(T)quaD(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 ĐKm>0ta thu được các giá trị cần tìm làm=1vàm= −1+

√

5
2

Cách 2.

Hàm số cóy0=4x3−4mx=4x(x2−m). Đây là tích của một nhị thức và một tam thức nên hàm số có cực

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

đại và cực tiểu khi và chỉ khix2−mcó 2 nghiệm phân biệt khác0⇔m>0

Do hệ số bậc 3 dương nên hàm số có cực đạiA(0,2), cực tiểuB0(−√m,2−m2),B(√m,2−m2).

TâmIcủa đường trịn qua 4 điểmA,B,B0,Msẽ năm trênOyvìB,B0đối xứng nhau quaOydo đóI(0,b)
IA=IM⇔(2−b)2= 9

25+

9
5−b

⇔b=1

IA=IB⇔(2−b)2=m+ (2−m2−b)2thayb=1vào

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

√

2 (vì điều kiệnm>0)

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

Giải phương trình : sin x= 16cos

6x+2cos4x
54−51cos2x .

Lời giải:

Để ý 16cos6x+2cos4x

54−51cos2x >0⇒sin x>0⇒sin x=

√

1−cos2xđặt: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)

(54−51t)2 +

2√1−t >0(do0<t<1)

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

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

Lời giải: (

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+3−1

y
2

−3

y+3−1

y

+2=0⇔

y+3−1

y

=1hay

y+3−1

y

⇔

y2+2y−1 =0

y2+y−1 =0 ⇔



 y=−1−

√

2 hayy=−1+√2

y=−1−

√

2 hayy=

−1+√5
2

⇒

x=. . . hayx=. . .
x=. . . hayx=. . .

Câu III.(1 điểm) ————————————————————————————————
Tính tích phân I=

Z 1
2

ln(1−x)

2x2−2x+1dx.

Lời giải:

Đặt1−2x=tant ⇒ −2dx= (tan2t+1)dt Ta có:I=

Z π/4
0

1+tant
2

dt

Đặtu=π

4−tta có:I=

Z π/4
0



1+tan
π

4 −u


du=

Z π/4
0

1
1+tan u

du=−

Z π/4
0

ln(1+tan u)du

I=−

Z π/4
0

1+tan u
2

du−

Z π/4

ln 2du=−I−

Z π/4
0

ln 2du

⇒I=−1

Z π/4
0

ln 2du=−1

2(u·ln 2)

π/4

0 =−

8ln 2

Câu IV.(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng cạnha. Hình chiếu củaStrùng với trọng tâm tam giác

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

ABD. Mặt bên(SAB)tạo với đáy một góc60o. Tính theoathể tích của khối chópS.ABCD.

Lời giải:

GọiGlà trọng tâm tam giácABD
E là hình chiếu củaGlênAB
Ta có: SG⊥AB

GE⊥AB

⇒AB⊥(SGE)

⇒SEGd =600

⇒SG=GE·tanSEGd =√3GE

Mặt khác:Glà trọng tâm tam giácABD

⇒GE= 1

3BC=

a

⇒VSABCD=

3SG.SABCD=

a3√3
9

A

B C

D
G

S

E

Câu V.(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho số thựca,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 được3(ab+bc+ca)−8abc≥0,

do vậy giá trị nhỏ nhất củaPlà0,đạt được khi trong ba sốa,b,ccó ít nhất một số bằng0.
Tiếp theo ta sẽ tìm giá trị lớn nhất củaP.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

P≤

3(ab+bc+ca)−8abc+5abc
6

=(ab+bc+ca−abc)

26 .

Vìb+c≥2√bc≥bcnênab+bc+ca−abc=a(b+c−bc) +bc≤b+c−bc+bc=b+c≤2,
từ đó suy ra P≤ (ab+bc+ca−abc)

26 ≤

26
26 =1.

Như vậy ta tìm được giá trị lớn nhất củaPlà1,có được khi cảa,b,cđều bằng1.

Câu VI. 1)(1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳngOxycho điểmA(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 trịn(C1),(C2)hai điểmM,N sao cho tam giácMANvng cân tạiA.

Lời giải:

Câu VI. 2)(1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độOxyz,choM(1; 2; 3). Lập phương trình mặt phẳng đi quaMcắt ba tiaOx
tạiA,OytạiB,OztạiCsao cho thể tích tứ diệnOABCnhỏ nhất.

Lời giải:

GọiA(a,0,0)∈Ox; B(0,b,0)∈Oy;C(0,0,c)∈OzvìM(1,2,3)nêna,b,c>0

Pt mặt phẳng(ABC)là : x
a+

y
b+

z

c =1 vìM∈(ABC)⇒

a+

b+

c =1
ta có:VOABC=

1
6

−→

OC.h−→OA,−→OB
i

= 1

6abc

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có : 1
a+

b+

c ≥3
3
r

abc =1⇔

6abc≥27

Đẵng thức xảy ra khi :






a =

b =

c

a+

b+

c =1

⇔a=3,b=6,c=9

Vậy phương trình mặt phẳng là : x

y

z

9=1

Câu VII.(1 điểm) ————————————————————————————————
Giải bất phương trình 4x−2x+2≤x2−2x−3

Lời giải:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

Xét f(x) =2x−x−1trênR. f0(x) =2x·ln 2−1

f0(x) =0⇔x=−log2(ln(2))≈0,53 f(−log2(ln(2)))≈ −0.09

BBT:
+ Vớix≥1

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

+ Vớix<1

(∗)⇔ −(2x−2)≤ −(x−1)⇔2x−x−1≥0⇔x∈(−∞; 0]∪[1;+∞)Kết hợp ĐK ta có:x∈(−∞; 0]
Kết luận: Tập nghiệm bất pt ban đầu làS= (−∞; 0]∪ {1}

</div>

Loi giai de thi thu Dai hoc so 03 cua mathvn

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

ht

tp

:/

/m

at

h.

vn

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về