Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 11

7 479 1
Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 11

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học phổ thông đang trong giai đoạn ôn thi đại học môn toán - Một số đề thi thử đại học giúp củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải toán

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Xét 22mx 1yx+= = 1 22mx 1 x0x+= 22x0x1mx= 2x0x10x x0x1 x 1. Với mọi điểm của đờng thẳng y = 1 mà hoành độ x 1 luôn tồn tại giá trị của m, nghiệm của 22x1mx= để đồ thị tơng ứng đi qua đờng thẳng y = 1. Vậy với những điểm trên đờng y = 1 có hoành độ x < 1 đồ thị hàm số không đi qua với mọi m. 3) Gọi tọa độ những điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m là ox, oy. Ta có : 22ooomx 1yx+= với mọi m (ox0) 22ooomx yx 1 0+= với mọi m. Đẳng thức chỉ xảy ra khi đồng thời : 2ox0= ooyx 1 0+= Hệ này vô nghiệm. Vậy không tồn tại điểm nào trong mặt phẳng tọa độ mà đồ thị luôn đi qua với mọi m. 4) Xét 2xax10+> với mọi x > 0 2x1ax+> , x > 0 Xét đồ thị 2x1yx+= với x > 0 là nhánh trên của đồ thị hàm số đã vẽ ở phần 1. Ta có a < y với mọi x > 0 : nghĩa là minay< mà miny2=, vậy với mọi giá trị a < 2 thì 2xax10+> với mọi x > 0. Câu II. Gọi ox là một nghiệm của phơng trình (1). Nghiệm của phơng trình (2) gấp đôi nó sẽ là o2x. Ta có : 2ooxxm0+= (1) 2oo4x 6x m 0+= (2) Trừ (2) cho (1) : 2oo3x 5x 0= ox0= , o5x3=. Với ox = 0 thì m = 0, ox = 53 thì m 109=. Trờng hợp 1 : Với m = 0, hai phơng trình đã cho trở thành : 2xx0= (1) 2x3x0= (2) Phơng trình (1) có nghiệm 1x = 0, 2x = 1. Phơng trình (2) có nghiệm 3x = 0, 4x = 3. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Chúng có một nghiệm chung x = 0, nhng hai nghiệm còn lại không gấp đôi nhau. Trờng hợp này loại. Trờng hợp 2 : Với 10m9=, hai phơng trình đã cho trở thành 210xx 09 = (1) 210x3x 09= (2) Phơng trình (1) có nghiệm 12x3=, 25x3=. Phơng trình (2) có nghiệm 310x3= , 41x3=. Dễ thấy rằng nghiệm 3x = 103 của phơng trình (2) lớn gấp hai lần nghiệm 25x3= của phơng trình (1). Vậy 10m9= là giá trị cần tìm. Câu III. 1) Theo định lí hàm số cosin trong tam giác : 222abc2bccosA=+ cosA = 222bca2bc+ (1) 2oo4x 6x m 0+= Theo định lí hàm số sin trong tam giác :asin A2R= (2) Từ (1) và (2) suy ra cotgA = 222(b c a )Rabc+ (3) Do vai trò ba góc A, B, C nh nhau, tơng tự ta có : 222(a c b )Rcot gBabc+= (4) 222(a b c )Rcot gCabc+= (5) Kết hợp (3), (4), (5) suy ra điều phải chứng minh : 222(a b c )RcotgA cotgB cotgCabc++++= 2) Xét hai trờng hợp : a) Một trong ba số a, b, c bằng 0. Giả sử a = 0. Theo giả thiết : a + b + c = abc ; a = 0 b = c. Thay a = 0 vào biểu thức phải chứng minh, ta có : b(1)(2c 1) + c(1)(2b 1) = 0. Đẳng thức này luôn đúng khi b = c. b) Cả ba số a, b, c đều khác 0 : Đặt a = tg, b = tg, c = tg. Theo giả thiết a + b + c = abc, nghĩa là : tg + tg + tg = tgtgtg tg + tg = tg(tgtg 1) tg tgtg1tgtg = www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ (bởi vì tgtg 1 luôn khác 0 do không thể tồn tại tgtg = 1 và tg + tg = 0) tg( ) = tg + ok = + + = ok . Nh vậy, ta cần chứng minh : tg(2tg 1)( 2tg 1) + tg(2tg 1)( 2tg 1) + tg(2tg 1) ì (2tg 1) = tgtgtg. Chia cả hai vế cho vế phải, ta có : điều cần chứng minh tơng đơng với : cotg2cotg2 + cotg2cotg2 + cotg2cotg2 = 1 cot g2 cos2 cos2 sin(2 2 )1sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 ++= 12[cos2( + ) + cos2( )] cos2 = sin2sin2 12[cos2( ) cos2] = sin2sin2 sin( + )sin( ) = sin2sin2 sin(ok 2)sin[ (ok )] = sin2sin2 sin2sin2 = sin2sin2. Câu IVa. 1) Điểm C có tọa độ (a , m), vậy đỷờng tròn (C) có phỷơng trình (x - a)2+(y-m)2=m2.Đỷờng thẳng AB có phỷơng trìnhxa+yb=1.Vậy các tọa độ của A và P là nghiệm (x , y) của hệ()( ) ()()xa ym mxayb+ =+=222112Để giải hệ này, từ (2) suy rayb=1-xa=a-xaị (x-a)2=ayb222Thế vào (1), ta đỷợcayb222+(y-m)2=m2ya+bby-2m =0222,vậy :y = 0 ị x = a (tọa độ của A)y=2mba+b222ị x=a1-yb=a1-2mba+b22(tọa độ của P).2) Nhận xét rằng do m ạ 0, nên P không thuộc Oy, và m ạa+b2b22, nên P B, vậy đỷờng tròn (K) đỷợc hoàn toàn xácđịnh. (Hình 114).Giả sử K có tọa độ (k, b). Đỷờng tròn (K) có phỷơng trình (x - k)2+(y-b)2=k2.Vì P ẻ (K), nên ta cóambabkmbabbk12222222222++=Haya1-2mba+b- 2ka 1 -2mba+b+b 1-2m2222222ba+b222=0.www.khoabang.com.vnLuyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ Do1-2mba+b22ạ 0, suy rak=a + b - 2mb2a22.3) Các giao điểm P, Q của (C) và (K) có tọa độ (x , y), nghiệm hệ gồm 2 phỷơng trình của (C) và (K)(x-a)2+(y-m)2=m2x-a + b - 2mb2a222+ (y- b) =a + b - 2mb2a2222Hay x2-2ax+a2+y2- 2my = 0 (1)x2-a + b - 2mba22.x+y2-2by+b2= 0. (2)Lấy (1) trừ cho (2), ta đ ợc phỷơng trình bậc nhất đối với x, y :b - a - 2mba22x+2(b-m)y+a2-b2= 0. (3)Vì các tọa độ của P và Q đều thỏa mãn (3), nên ta kết luận : (3) là phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Viết lại (3) d ớidạng-2mbxa+y +(b - a xa22)+2by=b2-a2,ta thấy đỷờng thẳng PQ đi qua điểm cố định (x , y), nghiệm của hệbxa+y=0(b - a xa22)+2by=b2-a2.i) Nếu b2-a2ạ 0, ta viết hệ trên d ới dạngxa+yb=0xa+2bb-a22.y=1.www.khoabang.com.vnLuyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ Từ hệ này suy ray=b(b - a )a+b,x=-ayb=a(a - b )a+b22222222.ii) Nếu b2-a2= 0, hệ (4) trở thànhbxa+y=0ị x=y=0.2by=0Trong cả 2 trỷỳõng hợp, ta có thể kết luận : đỷờng thẳng PQ luôn đi qua điểm cố địnha(a - b )a+b;b(b - a )a+b22222222.Câu IVb. 1) Gọi BD1=yvàCD2=x(xvày 0).D1D2 AD2AD = D D + AD1212222;(1)AD = a + y ; AD = a + x ; D D12222222122=a2+(x-y)2.Thay vào (1) ị 2x2-2yx+a2=0.Coi (2) là phỷơng trình bậc hai ẩn x tham số là y. Bài toán trởthành việc chứng minh rằng tồn tại y 0 để (2) có nghiệm x0. Thật vậy:x'= y2-2a2 0 y a2. Khi đó (2) có 2 nghiệm x, x.Theo định lí Viet thìx+x=y 0x.x = a2/2 > 0, chứng tỏ0<x<x.Nh vậy nếu BD1=y>a2thì có 2 điểmD2'vàD2''mà CD2'=xvàCD2''= x đểAD D21'^=AD D21''^= /2.Nếuy=a2thìx = x D2'D2''hay nói cách khác D2duy nhất.www.khoabang.com.vnLuyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vnLuyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________2) a) Gọi I là trung điểm của BC (I cố định) và K là trung điểm của D1D2.Vìd1và d2cùng (P) nên d1// d2,dođóBD1D2C là hình thang và IK là đ ờng trung bình ịIK // d1// d2và IK =BD + CD2=2b2=b12không đổi.Trong mặt phẳng (d1,d2), qua I chỉ có một đỷờng thẳng d //d1// d2nên K ẻ d cố định. Mặt khác, IK = b không đổi nên Kcố định. Vậy mặt phẳng (AD1D2) luôn quay quanh AK cố định.AI giao tuyến BC của hai mặt phẳng vuông góc (ABC) và (d1,d2) nên AI (BD1D2C) hay AI là đỷờng cao củachóp A.BD1D2C.V=A.BD D C1213AI .BD + CD2.BC=16ab 3122không đổi.b) Dựng IJ AK (3) thì J cố định. Dựng IE D1D2(4). AI (BD1D2C) nên AI D1D2(5). Từ (4) và (5)ịD1D2 (AIE) ị (AIE) (AD1D2). Dựng IHAE thì IH (AD1D2); BC(AIK) ị AK BC (6). Từ (3) và (6)mặt phẳng (JBC) cố địnhị (JBC) AK ị(JBC) (AD1D2) (7)Từ (7) ị H ẻ (JBC). Từ đó suy ra BC,D1D2, và JH cắt nhau tại F. Trong mặt phẳng cố định (JBC), H nhìn IJ cố địnhdỷỳỏi góc vuông nên H thuộc đỷờng tròn đỷờng kính IJ trong mặt phẳng (JBC).Giới hạn : Khi D1chuyển động đến B thì D2chuyển động ra vô cùng và F chuyển động về B, suy ra H chuyển độngtrên đỷờng tròn đến H1(H1là giao của đ ờng tròn đ ờng kính IJ với JB). Khi D2chuyển động đến C thì D1chuyểnđộng ra vô cùng và F chuyển động về C, suy ra H chuyển động trên đỷờng tròn đến H2(H2là giao của đỷờng trònđỷờng kính IJ với JC). Vậy tập hợp cần tìm là cung (kể cả mút).ẳ12HH . của (C) và (K)(x-a)2+(y-m)2=m2x-a + b - 2mb2a222+ (y- b) =a + b - 2mb2a2222Hay x 2-2 ax+a2+y 2- 2my = 0 (1)x2-a + b - 2mba22.x+y 2-2 by+b2= 0. (2)Lấy (1) trừ cho. suy rayb=1-xa=a-xaị (x-a)2=ayb222Thế vào (1), ta đỷợcayb222+(y-m)2=m2ya+bby-2m =0222,vậy :y = 0 ị x = a (tọa độ của A)y=2mba+b222ị x=a1-yb=a 1-2 mba+b22(tọa

Ngày đăng: 31/10/2012, 08:45

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan