thu suc 68

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (118.97 KB, 6 trang )

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

DIỄN ĐÀN MATH.VN

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
Mơn thi : Tốn Đề số: 01

Câu I. 1)(1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hàm sốy= 2x+3

x+1 (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị(C)của hàm số .
Lời giải:

Hàm sốy= 2x+3

x+1 có tập xác địnhD=R\{−1}.
Đạo hàmy0= −1

(x+1)2

y0<0, ∀x∈D

Hàm số nghịch biến trên(−∞;−1);(−1;+∞)

lim

x→−1−y=−∞; x→−lim1+y= +∞

x=−1là phương trình tiệm cận dọc
lim

x→−∞y=2, x→lim+∞y=2

y=2là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên

x −∞ −1 +∞

f0(x) − −

f(x) 2

&−∞

+∞

& 2

Đồ thị cắtOxtại

−3
2 ; 0

và cắtOytại(0; 3)

−2 −1
1
2
3
4

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=0bằng2.
Lời giải:

Cách 1lonely_abba
M

a; 2+ 1

a+1

∈(C) (a6=1)

d(M; d) =

3a+4

2+ 1

a+1

−2

5 =

3a2+9a+10

5|a+1| =2⇔3a

2+9a+10=10|a+1| (∗)

Khia>−1ta có:(∗)⇔3a2−a=0⇔a=0; a= 1

3 ⇒M1(0; 3); M2

1
3;

11
4

Khia<−1ta có:(∗)⇔3a2+19a+20=0⇔a=−5; a=−4

3 ⇒M3

−5;7
4

; M4

−43;−1

Tiếp tuyến của (C) tạiM(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+

16 M4:là(d4): y=−9x−13
Cách 2toannh

Phương trình tiếp tuyến(d)tạiM(xo; yo)thuộc(C)và có khoảng cách tới đường thẳng(d0): 3x+4y−2=0
bằng2, có dạng:y−yo= f0(xo)(x−xo)⇔y−

2xo+3
xo+1

=− 1

(xo+1)2

(x−xo)
Do khoảng cách từMtới đường thẳng(d0)bằng2,

nên ta có: |3xo+4yo−2|
√

32+42 =2⇔ |3xo+4yo−2|=10⇔

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

Trường hợp 1: Với3xo+4yo−12=0⇔3xo+4·

2xo+3
xo+1 −

12=0⇔3x2o−xo=0⇔
"

xo=0
xo=

1
3
Phương trình tiếp tuyến(d1)tạiM1(0; 3)là:y=−x+3

Phương trình tiếp tuyến(d2)tạiM2

1
3;

11
4

là:y=− 9

16x+
47
16
Trường hợp 2: Với3xo+4yo+8=0⇔3xo+4·

2xo+3
xo+1

+8=0⇔3x2o+19xo+20=0⇔
"

xo=−
4
3
xo=−5
Phương trình tiếp tuyến(d3)tại điểmM3

−43;−1

là:y=−9x−13

Phương trình tiếp tuyến(d4)tại điểmM4

−5;7

là:y=− 1

16x+
23
16.

Câu II. 1)(1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình: 2 cos2x+π

+3 tan x=1+3 tan x·sin2x.
Lời giải:lonely_abba

ĐK:cos x6=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

cos x ⇔


 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 =3

−x2+7x+5

3
⇔(x−1)3+3(x−1) =−x2+7x+5

3+3

−x2+7x+5

3 ⇔ f(x−1) = f

−x2+7x+5

3
!
Với f(t) =t3+3tcó f0(t) =3t2+3>0,∀t∈R, suy ra hàm f(t)tăng trênR.

Nên phương trình⇔x−1= 3

−x2+7x+5

3 ⇔3x

3−6x2−12x−8=0⇔(x+2)3=4x3⇔x+2=x√3

4
Vậy phương trình có một nghiệm làx= √3 2

4−1

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

Tính giới hạn lim
x→0

√

cos 2x+p3 1−2esin2x
ln(1+x2)

Lời giải:Mercury
lim

x→0

√

cos 2x+p3 1−2esin2x

ln(1+x2) =xlim→0

x2
ln(1+x2)·

√

cos 2x+p3 1−2esin2x
x2

=lim
x→0

x2

ln(1+x2)·xlim→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
x2 +xlim→0

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

=lim
x→0

cos 2x−1

x2(√cos 2x+1)+xlim→0

2(1−esin2x)sin2x
x2sin2x

(1−2esin2x)2+1−p3 1−2esin2x

=−lim
x→0

sin2x

x2 +2·xlim→0

1−esin2x
sin2x ·xlim→0

sin2x
x2 ·xlim→0

(1−2esin2x)2+1−p3 1−2esin2x

=−1

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

Cho hình chópS.ABCD có đáy là hình thang vng tại A, và D, AB=AD=a,CD=2a. Cạnh bên SD
vng góc với mặt phẳngABCD và SD=a. GọiE là trung điểm củaCD. Xác định tâm và tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chópS.BCE.

Lời giải:

Dễ thấy BE ⊥DC. ∆EBC vng tại E nên trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường thẳng d ⊥

(BCE)tại trung điểmI củaBC.GọiO∈dlà tâm mặt
cầu ngoại tiếpS.BEC, bán kính mặt cầu làR

Ta có:∆ABDvng tạiA⇒DB=√a2+a2=a√2

∆EBCvng tạiE⇒BC=√a2+a2=a√2

∆BCDcóBD2+BC2=DC2⇒∆BCDvng tạiB
∆BDIvuông tạiB:DI=√BD2+BI2=a

r
5
2
SI=√SD2+DI2=a

r
7
2
cosSIOd =sinSIDd= SD

SI =
r

2
7

Trong∆SIO:SO2=OI2+SI2−2OI·SI·cosSIOd

⇔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
⇒72a2−2IO·a= a

2 ⇒IO=
3
2a
Vậy tâmOđược xác định

Bán kínhR=

OI2+a
2

2 =
r

9
4a

2+a
2

2 =
a√11

a a

A B

C
D

S

E

I
O

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

Cho tam giácABCcó ba cạnha,b,cthỏa mãn điều kiện

a2+1+

1
b2+1+

1
c2+1=2

Chứng minh rằng SABC≤
√

3
8 .
Lời giải:

Cách 1buon_qua
Từ giả thiết:∑ 1

a2+1 =2⇒1=∑a

2b2+22b2c2.

Theo cơng thức tính diện tích tam giác ta có:S=1

2ab·sinC=
1

2bc·sin A=

2ca·sin B.
Suy ra:∑a2b2=4S2

∑ 1

sin2A

Áp dụng bất đẳng thứcCauchy−Schwarzta có:∑ 1
sin2A ≥

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

Mà với mọi tam giácABCthì:∑sin2A≤ 9

4 Suy ra:∑a

2b2

≥16S2.

Tương tự ta có:2a2b2c2= 16S

sin A·sin B·sinC

Áp dụng bất đẳng thứcAM−GMta có:sin A·sin B·sinC≤

sin A+sin B+sinC
3

Với mọi tam giácABCta cũng có:∑sin A≤ 3
√

2 .Suy ra:2a

2b2c2≥ 8·16S3

3√3
Kết hợp các điều trên ta được:1=∑a2b2+22b2c2≥16S2+8·16S

3√3
Tương đương với:(8S−√3)(16S2+8√3S+3)≤0⇔S≤

√
3
8 .
VậySABC≤

√
3

8 .Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia=b=c=
1
√
2
Cách 2can_hang2007

Từ giả thiết, ta suy ra1= a

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 đượca2+b2+c2+3≥(a+b+c)2,tứcab+bc+ca≤ 3
2.
Bây giờ, sử dụng cơng thức Herong, ta có

SABC=
1
4

(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c).

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
p

3(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 làp

3(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)≤ab+bc+ca.

Khơng mất tính tổng qt, giả sửblà số nằm giữaavàc.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

3(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)

2 .

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 3ltq2408

Từ 1

a2+1+
1
b2+1+

c2+1=2⇒
a2
1+a2+

b2
1+b2+

c2
1+c2 =1

⇒ (a+b+c)

a2+b2+c2+3≤1⇔ab+bc+ca≤

3
2⇒a

2b2c2

≤18
Lại có: Với mọi tam giácABCthì: sin A·sin B·sinC≤3

√
3
8

Nên: ⇒S3= 1

8a

2b2c2sin A·sin B·sinC≤ 1

8·
1
8·

3√3

8 ⇒S≤
√

3
8
Cách 4CSS

Chúng ta đã biết ab+bc+ca≤3
2.

Vậy sử dụng công thức Heron, bất đẳng thức Schur và AM-GM ta có
4SABC=

(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)

≤pabc(a+b+c)

≤ ab+√bc+ca

3 ≤

3
2·

1
√

3 =
√

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ đây ta suy ra ngay điều cần chứng minh.

Câu VI. 1)(1 điểm) ————————————————————————————————
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng gócOxycho ba điểmI(1; 1),J(−2; 2),K(2;−2). Tìm tọa độ các đỉnh

của hình vngABCDsao choI là tâm hình vng,J thuộc cạnhAB,vàKthuộc cạnhCD.

Lời giải:lonely_abba

Nhận xét:I(1; 1)là tâm hình vngABCDcạnh a⇒d(I; AB) =d(I;CD) =a

2
TH1:AB//CD//OyDễ thấyd(I; AB) =26=d(I;CD) =1(loại)

TH2:ABcó hệ số góc kAB : y=k(x+2) +2 CD//ABvà đi qua K nênCD : 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 =

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 góck>0⇒k=1VâyAB : y=x+4;CD : y=x−4

Đường thẳngdquaI và vng góc vớiABcó pt:(d): y=−(x−1) +1=−x+2
Trung điểmMcủaABlà nghiệm hệ

(

y=x+4

y=−x+2 ⇔
(

x=−1
y=3
Trung điểmNcủaCDlà nghiệm hệ

(

y=x−4

y=−x+2 ⇔
(

x=3
y=−1

Ta có:A(x; x+4)∈AB,a=4√2

AM2= (x+1)2+ (x+1)2=2(x+1)2= a2

4 =8

|x+1|=2⇒x=1; x=−3⇒đỉnhA,B :(1; 5);(−3; 1)

Ta có:C(x; x−4)∈CD

AM2= (x−3)2+ (x−3)2=2(x+1)2= a2

4 =8
|x−3|=2⇒x=5; x=1⇒đỉnhC,D :(5; 1);(1;−3)

Vậy toạ độ 4 đỉnh:(1; 5);(−3; 1);(5; 1);(1;−3)

Câu VI. 2)(1 điểm) ————————————————————————————————
Trong khơng gian với hệ tọa độ vng gócOxyzcho ba điểmA(2; 3; 1),B(−1; 2; 0),C(1; 1;−2).Tìm tọa độ

trực tâmH và tâm đường tròn ngoại tiếpIcủa tam giácABC.

Lời giải:

Hlà trực tâm tam giácABCkhi và chỉ khiBH⊥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

⇔












x= 2

y=29

15
z=−1

3
VậyH

2
15;

29
15;

−1
3

Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABCkhi và chỉ khiAI=BI=CI,I∈mp(ABC).

⇔








AI2=BI2
CI2=BI2
−

→
AI·

h−→
AB,−→AC

=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

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

⇔







6x+2y+2z=9
4x−2y−4z=1
x−8y+5z=−17

⇔












x=14

15
y=61

30
z=−1

3
VậyI

14
15;

61
30;

−1
3

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

Giải hệ phương trình
(

A3x−54C2x+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 trìnhA3x−54Cx2+x=29ta có ngay:x=29

thế xuống phương trình2 log(x−6)y=y log(3x−64)2ta được:y2=2y
doy>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) =0có 1 nghiệm duy nhất

⇒ f(t)có tối đa 2 nghiệm (lập bảng biến thiên )

</div>

thu suc 68

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về