Đang tải... (xem toàn văn)
Đề luyện thi môn toán số 1 và đáp án
NHểM C MễN LUYN THI TUYN SINH I HC, CAO NG S 1 MễN TON Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu 1 (1 im): Cho hm s: (C m ): y = x 3 2m(x + 1) + 1, vi m l tham s. a. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. b. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2. Cõu 2 (1 im). Gii phng trỡnh 2 4 4 2 sin 2x sin3x tan x 1 . cos x Cõu 3 (1 im). Gii h phng trỡnh: 4 2 x 4 y 3 0 , (x, y ). log x log y 0 Cõu 4 (1 im). Tớnh tớch phõn I = 1 2004 1 x sinxdx. Cõu 5 (1 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a , SA = a v vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Gi E l trung im ca cnh CD. Tớnh theo a khong cỏch t im S n ng thng BE. Cõu 6 (1 im). Gi s x, y l hai s dng tha món iu kin 4(x + y) = 5. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 4 1 S . x 4y Cõu 7 (1 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai ng trũn: (C 1 ): x 2 + y 2 2x 2y + 1 = 0, (C 2 ): x 2 + y 2 4x + 2y + 1 = 0. Vit phng trỡnh cỏc tip tuyn chung ca hai ng trũn (C 1 ) v (C 2 ). Cõu 8 (1 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ng thng () v mt phng (P): (d): x 2 2 = y 1 3 = z 1 5 , (P): 2x + y + z 8 = 0. a. Chứng tỏ rằng (d) cắt (P) và không vuông góc với (P), từ đó xác định toạ độ giao điểm I của (d) và (P). b. Lập phơng trình đờng thẳng (d 1 ) là hình chiếu vuông góc của đờng thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Cõu 9 (1 im). Tớnh gii hn 3 x 0 x 1 x 1 L lim . x Cõu 10 (1 im). Với n là số nguyên dơng, chứng minh rằng: 2 n C + 2 3 n C + + (n1) n n C > (n2)2 n1 . Ht (DA THEO THI D B 1 I HC, CAO NG NM 2002 KHI B) P N LUYN THI S 1 Cõu 1. HNG DN: Yờu cu ca cõu a) thuc dng S giao im ca hai th. Ta thc hin theo cỏc bc: Bc 1: Thit lp phng trỡnh honh giao im. (x + 1)(x 2 x + 1 2m) = 0 2 x 1 0 g(x) x x 1 2m 0 (1) Bc 2: th hm s (1) ct trc Ox ti ba im phõn bit khi (*) cú hai nghim phõn bit khỏc 1 g 0 g( 1) 0 Giỏ tr ca m. LI GII CHI TIT: a. Phơng trình hoành độ giao điểm: x 3 2m(x + 1) + 1 = 0 (x 3 + 1) 2m(x + 1) = 0 (x + 1)(x 2 x + 1 2m) = 0 2 x 1 0 g(x) x x 1 2m 0 (1) Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt điều kiện là: Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 g 0 g( 1) 0 1 4(1 2m) 0 3 2m 0 m 3/8 m 3/2 3 3 m 8 2 . Vậy, với 3 3 m 8 2 thoả mãn điều kiện đầu bài. BI TON TNG T SNG TO Cho hàm số (C): y = x 4 2x 2 3. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số b. Với các giá trị nào của m đờng thẳng y = m cắt đồ thị của hàm số đã cho tại bốn điểm phân biệt ? Cỏch sỏng to: Chn mt phng trỡnh bc ba dng tớch: (x 2)(x 2 2mx + m + 2) = 0 x 3 (2m + 2)x 2 + (5m + 2)x 2(m + 2) = 0. (*) Nh vy, ta cú ngay mt bi toỏn tng t: Bi 1: Cho hm s: (C m ): y = x 3 (2m + 2)x 2 + (5m + 2)x 2(m + 2). a. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. b. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2. tng khú ta bin i (*) v dng tng giao ca hm s bc ba vi ng thng. x 3 (2m + 2)x 2 + (5m + 3)x 2m 1 = x + 3. Bi 2: Cho hm s: (C m ): y = x 3 (2m + 2)x 2 + (5m + 3)x 2m 1. a. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho cắt đờng thẳng (d): y = x + 3 tại ba điểm phân biệt. b. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = 1. Câu 2. HƯỚNG DẪN: Phương trình chứa tang, sin, cosin cùng các cung góc x, 2x, 3x. Với 4 4 4 sin x tan x cos x ta chuyển được phương trình về dạng đơn: 4 4 2 sin x co s x 2 sin 2x sin 3x Tới đây, ta được phương trình bậc cao chứa sin, cosin cùng các cung góc x, 2x, 3x. Và nhận xét rằng: 4 4 2 1 sin x cos x 1 sin 2x 2 2 1 2 sin 2x 2 Từ đó, phương trình được chuyển về dạng tích: 2 2 sin 2x (2 sin 3x 1) 0. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Điều kiện cosx 0. Biến đổi phương trình về dạng: 2 4 4 4 2 sin 2x sin3x sin x 1 cos x cos x 4 4 2 sin x co s x 2 sin 2x sin 3x 2 2 1 1 sin 2x 2 sin 2x sin 3x 2 2 2 sin 2x (2 sin 3x 1) 0 1 sin 3x 2 3x 2k 6 5 3x 2k 6 2k x 18 3 , k . 5 2k x 18 3 Vậy, phương trình có hai họ nghiệm. BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ SÁNG TẠO Thay vai trò của tan bởi cot, ta được bài toán tương tự: Giải phương trình: 2 4 4 2 sin 2x sin3x cot x 1 . sin x Câu 3. HƯỚNG DẪN: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phương trình. Biến đổi phương trình thứ hai của hệ về dạng: log 2 f = log 2 g. log 4 x = log 2 y log 4 x = log 4 y 2 x = y 2 . Khi đó, phương trình thứ nhất của hệ có dạng: y 2 4y + 3 = 0 Giá trị y, x. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Điều kiện: 4 2 x 0 & log x 0 y 0 & log y 0 x 1 . y 1 Biến đổi phương trình thứ hai của hệ về dạng: log 4 x = log 2 y log 4 x = log 4 y 2 x = y 2 . Khi đó, phương trình thứ nhất của hệ có dạng: y 2 4y + 3 = 0 y 1 x 1 . y 3 x 9 Vậy, hệ có hai cặp nghiệm (1; 1) và (9; 3). BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ SÁNG TẠO Thay vai trò của tan bởi cot, ta được bài toán tương tự: Giải hệ phương trình: 2 4 x 4y 3 0 , (x, y ). log x log y 0 Bài làm thêm: Giải hệ phương trình: x x y x y x y 3x y 4 2.4 20 , (x, y ). log (3x y) 2log (x y) 3 Giải Điều kiện: 0 x y 1 . 0 3x y 1 Đặt t = log x + y (3x + y), phương trình thứ hai của hệ được biến đổi về dạng: 2 t 3 t t 2 3t + 2 = 0 t = 1 hoặc t = 2. Ta lần lượt: Với t = 1 thì: log x + y (3x + y) = 1 3x + y = x + y x = 0. Khi đó, phương trình thứ nhất của hệ có dạng: y 0 4 2.4 20 4 y = 18 y = log 4 18. Với t = 2 thì: log x + y (3x + y) = 2 3x + y = (x + y) 2 2x + (x + y) = (x + y) 2 2x 1 x y. x y (*) Khi đó, phương trình thứ nhất của hệ có dạng: 2x 1 2(x y) x y 2 2 20 2( x y) x y 2 2 20 0 x y x y 2 4 2 5 (loai) x + y = 2. Ta có hệ mới: x y 2 2x 1 2 2 x y 2 x 1 y 1 . x 1 Vậy hệ có hai cặp nghiệm (0; log 4 18) và (1; 1). Cõu 4. HNG DN: Vi tớch phõn b a f(x).sinx.dx ta thng s dng phng phỏp tớch phõn tng phn h bc dn f(x). Nhng vi f(x) cú bc 2004 ta khụng th s dng 2004 ln tớch phõn tng phn do vy cn ỏnh giỏ cn ca tớch phõn. Vi tớch phõn cú cn i xng a a f(x)dx ta thng tỏch ụi thnh 0 a a 0 f(x)dx f(x)dx ri s dng phộp i bin t = x. Trong trng hp ny cn chỳ ý tớnh cht: b b a a f(x)dx f(t)dt. LI GII CHI TIT: Viết lại I dới dạng: I = 0 2004 1 J x sin xdx + 1 2004 0 x sinxdx . (1) Xét tính phân J bằng phép đặt x = t suy ra dx = dt. Đổi cận: x = 1 thì t = 1. x = 0 thì t = 0. Khi đó: J = 0 2004 1 ( t) sin( t)dt = 1 2004 0 t sint.dt = 1 2004 0 x sinxdx . (2) Thay (2) vào (1) ta đợc I = 0. BI TON TNG T SNG TO Chn cỏc hm s l cho di du tớch phõn, ta c bi toỏn tng t: Tớnh cỏc tớch phõn sau: 1 2015 1 a. I x cosx.dx. 1 4 1 b. I x tanx.dx. . Cõu 5 HNG DN: Bn c t phỏc tho hỡnh v. S dng phng phỏp ta húa: a A O, B(0; a; 0), E a; ; 0 , S(0; 0; a). 2 LI GII CHI TIT: Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau: Cỏch 1: H SH vuụng gúc vi BE ri s dng h thc lng trong tam giỏc vuụng. Cỏch 2: Thiờt lp h ta Oxyz vi: a A O, B(0; a; 0), E a; ; 0 , S(0; 0; a). 2 Từ đó, suy ra: SB; BE 3a 5 d(S, BE) . 5 BE BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ SÁNG TẠO Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = b, SA = c và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a, b, c khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE. Câu 6 HƯỚNG DẪN: Sử dụng phương pháp tách hệ số của bất đẳng thức Côsi với định hướng x, y cùng hệ số bởi đẳng thức điều kiện 4(x + y) = 5. Từ đó, ta có biểu diễn: 1 1 1 1 1 S x x x x 4y Để đồng hệ số với 4y. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Ta có biến đổi: 1 1 1 1 1 S x x x x 4y 5 5 x.x.x.x.4y 5.5 x x x x 4y 25 5 5 Suy ra MinS = 5, đạt được khi: 4(x y) 5 x 4y x 1 . 1 y 4 Cách 2: Sử dụng biểu thức điều kiện 4y = 5 4x, ta có biến đổi: 4 1 5 S , 0 x . x 5 4x 4 Suy ra: 2 2 4 4 S' x (5 4x) , 2 2 4 4 S' 0 0 x (5 4x) 5 0 x 4 x 1. Từ bảng biến thiên suy ra MinS = 5, đạt được khi x = 1 và y = 1/4. Cách 3: Ta có biến đổi: 5 4 1 S (x y) 4 x 4y 2 2 1 . x . y x 2 y 25 4 S 5. Suy ra MinS = 5, đạt được khi: 4(x y) 5 2 1 : x : y x 2 y 4(x y) 5 x 4y x 1 . 1 y 4 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ SÁNG TẠO Thay đổi đẳng thức điều kiện và biểu thức S tương ứng, ta được bài toán tương tự: Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 3x + 4y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 1 S . x 4y Cõu 7. HNG DN: Xỏc nh thuc tớnh ca cỏc ng trũn (C 1 ), (C 2 ). S dng iu kin tip xỳc ca ng thng vi ng trũn. LI GII CHI TIT: Ta cú: (C 1 ) cú tõm I 1 (1; 1) v bỏn kớnh R 1 = 1. (C 2 ) cú tõm I 2 (2; 1) v bỏn kớnh R 3 = 2. Giả sử tiếp tuyến chung (d) có phơng trình: (d): Ax + By + C = 0, với A 2 + B 2 > 0. (1) Ta có (d) tiếp xúc với (C 1 ) và (C 2 ) khi và chỉ khi 1 1 2 2 d(I ,(d)) R d(I ,(d)) R 2 2 2 2 | A B C | 1 A B | 2A B C | 2 A B 2 2 | A B C | A B | 2A B C | 2 | A B C | 2 2 | A B C | A B C 3B 1 C (4A B) 3 2 2 2 2 C 3B | A B 3B | A B 1 C (4A B) 3 1 | A B (4A B) | A B 3 C 3B&B 0 3B C 3B&A 4 . Khi đó, ta đợc hai tiếp tuyến chung: (d 1 ): Ax = 0 (d 1 ): x = 0, (d 2 ): 3B 4 x + By 3B = 0 (d 2 ): 3x + 4y 12 = 0. Vậy, tồn tại hai tiếp tuyến chung (d 1 ), (d 2 ) của (C 1 ) và (C 2 ). BI TON TNG T SNG TO Cho hai đờng tròn (C 1 ) và (C 2 ) có phơng trình: (C 1 ): (x + 1) 2 + (y + 1) 2 = 1, (C 2 ): (x 2) 2 + (y + 1) 2 = 4. Lập phơng trình tiếp tuyến chung của hai đờng tròn trên. Cõu 8. HNG DN: Ta ln lt: Vi cõu a) ta xột vtcp ca (d) vi vtpt ca (P). Vi cõu b) l bi toỏn c bn. LI GII CHI TIT: a. Gọi a, n theo thứ tự là một vtcp của (d) và vtpt của (P), ta có: a (2; 3; 5), n (2; 1; 1) suy ra: a . n = 4 + 3 + 5 = 12 a và n không cùng phơng. Vậy (d) cắt (P) và không vuông góc với (d). Xét hệ phơng trình tạo bởi (d) và (P): x 2 y 1 z 1 2 3 5 2x y z 8 0 8 x z 3 y 0 (d) (P) = 8 8 I ; 0; 3 3 . b. Ta có thể lựa chọn một trong các cách sau: Cách 1: Lấy A(2; 1; 1) (d). Gọi () là đờng thẳng qua A và vuông góc với (P), ta đợc: (): qua A(2; 1;1) vtcp n(2;1;1) (): x 2 2t y 1 t z 1 t , t . Vì hình chiếu vuông góc H A của A lên (P) chính là giao điểm của () và (P), do đó: 2(2 + 2t) + t 1 + t + 1 8 = 0 t = 2 3 H A ( 10 3 ; 1 3 ; 5 3 ). Phơng trình hình chiếu vuông góc (d 1 ) của (d) lên (P) đợc cho bởi: (d 1 ): A A 8 8 qua H ;0; 3 3 2 1 vtcp IH ; ; 1 3 3 1 8 8 x z y 3 3 (d ) : . 2 1 3 Cách 2: Lấy A(2; 1; 1)(d). Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và vuông góc với (P): (d) (Q) (P) (Q) (Q): qua A(2; 1;1) hai vtcp a(2;3;5) và n(2;1;1) (Q): 1 qua A(2; 1;1) vtpt n (1; 4;2) (Q): x 4y + 2z 8 = 0. Hình chiếu vuông góc (d 1 ) của (d) lên (P) là giao tuyến của (P) và (Q), có phơng trình: (d 1 ): 2x y z 8 0 x 4y 2z 8 0 1 8 8 x z y 3 3 (d ) : . 2 1 3 Cách 3: Chuyển phơng trình (d) về dạng tham số: (d): x 2t 2 y 3t 1 z 5t 1 , t . Đờng thẳng (d 1 ) là hình chiếu vuông góc của (d) lên (P) khi và chỉ khi với mỗi điểm M 1 (x; y; z) (d 1 ) luôn tồn tại M(2t + 2; 3t 1; 5t + 1) (d) thoả mãn: 1 1 M (P) MM (P) 1 1 M (P) MM // n 2x y z 8 0 x 2t 2 y 3t 1 z 5t 1 2 1 1 2x y z 8 0 x 2y 4 4t y z 2t 2 (2) 2(3) 2x y z 8 0 x 4y 2z 8 0 1 8 8 x z y 3 3 (d ) : . 2 1 3 BI TON TNG T SNG TO Trong không gian, cho đờng thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phơng trình: x 2t (d) : y 2 4t,t . z 2 5t , (P): x 2y + 2z 10 = 0. a. Chứng minh rằng đờng thẳng (d) cắt mặt phẳng (P) tại điểm A. Tìm toạ độ A, tính góc giữa (d) và (P). b. Viết phơng trình hình chiếu vuông góc của (d) trên (P). c. Viết phơng trình đờng thẳng () đi qua A, nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đờng thẳng (d). d. Viết phơng trình mặt phẳng chứa (d) và tạo với (P) một góc có số đo nhỏ nhất. e. Viết phơng trình mặt cầu có bán kính bằng 10/3, tâm thuộc đờng thẳng (d) và tiếp xúc với (P). f. Viết phơng trình mặt cầu tiếp xúc với đờng thẳng (d) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm E(2; 2; 2). g. Viết phơng trình mặt cầu có bán kính bằng 3 tiếp xúc với (d) tại điểm B(0; 2; 2) và tiếp xúc với (P). Cõu 9: HNG DN: Gii hn dng 0/0 vi hai cn cú bc khỏc nhau nờn cn s dng phng phỏp tỏch. V giỏ tr trung gian c la chn õy l 1 bi: 3 (x 0) (x 0) x 1 1, x 1 1. Khi ú: 3 x 0 x 1 1 x 1 1 L lim x 3 x 0 x 0 L1 L2 x 1 1 x 1 1 lim lim . x x LI GII CHI TIT: Ta bin i: 3 x 0 x 1 1 x 1 1 L lim x 3 x 0 x 0 L1 L2 x 1 1 x 1 1 lim lim x x Ta ln lt: x 0 x 1 1 L1 lim x x 1 1 x 0 1 lim x 1 1 1 ; 2 x 0 2 3 3 x 1 1 L2 lim x (x 1) x 1 1 2 3 x 0 3 1 lim (x 1) x 1 1 1 . 3 T ú, suy ra 1 1 5 L . 2 3 6 BI TON TNG T SNG TO Tớnh cỏc gii hn: 3 x 0 x 4 x 8 a. L lim . x 5 x 0 x 1 x 1 b. L lim . x Cõu 10. HNG DN: S dng khai trin Niuton (1 + x) n . cú c h s lch k n (k 1)C , ta cn s dng x = 1 v o hm ca khai trin. LI GII CHI TIT: Ta lần lợt thực hiện: Với mọi x, và với n là số nguyên dơng ta có: (1 + x) n = 0 n C + 1 n C x + 2 n C x 2 + + 1n n C x n 1 + n n C x n . (1) Thay x = 1 vào (1), ta đợc: 2 n = 0 n C + 1 n C + 2 n C + + 1n n C + n n C . (2) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1), ta đợc: n(1 + x) n 1 = 1 n C + 2 2 n C x + + (n 1) 1n n C x n 2 + n n n C x n 1 . (3) Thay x = 1 vào (3), ta đợc: n.2 n 1 = 1 n C + 2 2 n C + + (n 1) 1n n C + n n n C . (4) Lấy (4) (2), ta đợc: n.2 n 1 2 n = 0 n C + 2 n C + + (n 2) 1n n C + (n 1) n n C 2 n C + 2 3 n C + + (n 1) n n C = (n 2)2 n 1 + 1 > (n 2)2 n 1 , đpcm. BI TON TNG T SNG TO Các em học sinh hãy thực hiện theo lợc đồ sau để xây dựng: Sử dụng khai triển (1 + x) n (1 + x) n = 0 n C + 1 n C x + 2 n C x 2 + + n 1 n C x n 1 + n n C x n . (1) Thay x = 1 để nhận đợc (2). Lấy tích phân hai vế của (1) rồi thayx = 1 để nhận đợc (3). Xây dựng đẳng thức cần chứng minh bằng việc sử dụng các phép toán cho (2) và (3). Bài làm thêm: Chứng minh rằng với các số m, n, p nguyên, dơng sao cho p n và p m ta có: p n m C = 0 n C p m C + 1 n C p 1 m C + + p 1 n C 1 m C + p n C 0 m C . . 1 1 x 1 1 L lim x 3 x 0 x 0 L1 L2 x 1 1 x 1 1 lim lim x x Ta ln lt: x 0 x 1 1 L1 lim x x 1 1 x 0 1 lim x 1 1 1 ; 2 x 0 2 3 3 x 1 1 L2 lim x (x 1) x 1 1 . 1 bi: 3 (x 0) (x 0) x 1 1, x 1 1. Khi ú: 3 x 0 x 1 1 x 1 1 L lim x 3 x 0 x 0 L1 L2 x 1 1 x 1 1 lim lim . x x LI GII CHI TIT: Ta bin i: 3 x 0 x 1. với mỗi điểm M 1 (x; y; z) (d 1 ) luôn tồn tại M(2t + 2; 3t 1; 5t + 1) (d) thoả mãn: 1 1 M (P) MM (P) 1 1 M (P) MM // n 2x y z 8 0 x 2t 2 y 3t 1 z 5t 1 2 1 1