Đang tải... (xem toàn văn)
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) Trong trờng hợp tổng quát, hàm số có đạo hàm 222y' 3[(x a) (x b) x ]=+++=2223[x 2(a b)x a b ]++ ++. Với y' là hàm bậc hai của x, nên để y có cực đại và cực tiểu, y' phải đổi dấu, tức là có biệt thức ' > 0 hay 222'(ab) a b 2ab0 ab0= + = > >. 3) Nếu phơng trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt, thì đồ thị của hàm y phải cắt Ox tại 3 điểm phân biệt, do đó y phải có cực đại, cực tiểu, ngoài ra maxy0> , miny0<. Từ phần (2) suy ra ab >0, và ta có y' = 0 khi x = (a + b) 2ab. Nh vậy gọi f(x) là biểu thức của y, thì cần có = =+ + + ++ =333maxy f( a b 2ab) (a 2ab) (b ab) (a b 2ab)+ +>ab[3(a b) 4 2ab] 0, =+ = + <minyf(ab2ab)ab[3(ab)42ab]0. Nhng 22 2 22 2max miny y a b [9(a b) 32ab] a b [9(a b) 4ab] 0=+=+> do ab > 0, vậy không thể xảy ra trờng hợp trên. Thành thử phơng trình y = 0 không thể có ba nghiệm phân biệt. Câu II. Biến đổi phơng trình đã cho dới dạng 22cos x (2m 1)cosx m 0+ += suy ra cosx = 12, cosx = m. 1) Với m = 32 nghiệm cosx = m bị loại. Vậy cosx = 12 x = 3 + 2k ( k Z). 2) Để phơng trình có nghiệm 3xcosx022<< <. Vậy 1 m < 0. Câu III. 1) Đặt xt2 0=>, bài toán qui về : tìm a để bất phơng trình 2at 4(a 1)t a 1 0++> (1) đợc nghiệm đúng với mọi t > 0. Với a = 0, (1) trở thành 4t 1 > 0 không đợc nghiệm đúng khi t > 0. 2) Nếu a < 0, gọi f(t) là vế trái của (1). Vì tlim f(t)+= nên với t > 0 đủ lớn f(t) < 0 (1) không đợc nghiệm. 3) Xét a > 0. Khi đó f(t) có biệt số thu gọn 2'4(a1) a(a1)(a1)(3a4).= = Phân biệt các trờng hợp : i) 0 < a < 1 ' > 0 f(t) có hai nghiệm phân biệt 12tt. Theo hệ thức Viet 12a1tt 0a=< 12t0t<<. vậy f(t) < 0 khi <<20tt (1) không đợc nghiệm với các giá trị này của t. ii) a1 : với t > 0 22f(t) at 4(a 1)t (a 1) at 0=++> (1) đợc nghiệm đúng với mọi t > 0. Thành thử đáp số là a 1. Câu IV. Gọi I, J, K là tâm đỷờng tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABD, BCE, CAF, ta hãy chứng minh chẳng hạnIJ = IK.Quả vậy theo định lí hàm côsinIJ2=IB2+BJ2- 2IB.BJcosIBJ^=()13c+a-2accos(B+60)22 o,IK2=()13c + b - 2bc cos (A + 60 )22 o. Đẳng thức IJ=IKtỷơngđỷơng vớia2- 2accos(B + 600)=b2- 2bccos(A + 600) a2-b2= c[2acos(B + 600) - 2bcos(A + 60o)]. (1)Ta có 2acos(B + 60o) - 2bcos(A + 60o) = acosB - bcosA ==2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B).Vậy vế phải của (1) bằng2Rcsin(A - B) = 4R2sinCsin(A - B).Vế trái của (1) bằnga2-b2=4R2(sin2A - sin2B)=2R2(cos2B - cos2A) = 4R2sin(A - B)sin(A + B) ==4R2sinCsin(A - B).Suy ra IJ = IK. Tỷơng tự ta có IK = KJ, vậy IJK là tam giác đều.Câu Va. 1)Nếua+b=0,thìcácđỷờng thẳng AN, BM không cắt nhau.Nếua+bạ 0, thì giao điểm I của các đỷờng thẳng đó có tọa độxI=3(a - b)ab+,yI=aba+b. (1)2) Nhỷ đã biết (đề số 103, câu IVa), để đỷờng thẳngwww.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ Ax+By+C=0 tiếp xúc với elipxa+yb=12222,điều kiện cần và đủ là a2A2+b2B2=C2. (2)Trở về bài toán đang xét, ta có đỷờng thẳng MN với phỷơng trìnhy=(b - a)x6+a+b2,và hệ thức (2) trở thành9(b - a)36+4=(a + b)422 ab=4.3) Vì ab = 4, nên a ạ 0, b ạ 0, và a, b cùng dấu, vậy a+bạ 0. Từ (1) suy ra các tọa độ của I:xI=3(a - b)a+b,yI=4a+b.Hiển nhiên yIạ 0. Vậya+b=4yIa-b=x3(a + b) =4x3yIII.Suy ra2a =4y+4x3y2b =4y-4x3yị (4ab = 16)16 =16y-16x9y222x9+y =122. (E)Ta thấy điểm I thuộc elip (E). Vìab=4, xI=3(a - b)a+b,yI=4a+bta thấy yInhận mọi giá trị khác 0, với trị số tuyệt đối không v ợt quá 1. Suy ra : tập hợp các điểm I là đ ờng elip (E )bỏ đi 2 đỉnh trên trục lớn, đó là các điểm (3;0).www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ Câu Vb. 1) Gọi A, B là các hình chiếu vuông góc của A và BlênD.TacóAA^ D,BB^ D,IM D , vậy các đ ờng thẳngAA, BB, IM đ ợc chứa trong ba mặt phẳng vuông góc với D điqua A, B, M. Theo định lí Talet trong không gian, ta cóA' MB' M=AIBI=1ị AM = BM.Khi đó các tam giác vuông AAM, BBM có hai cạnh góc vuôngbằng nhau, nên chúng bằng nhau ị AM = BM, vậy M ẻ P.2) Hạ OH (P). Ta có IM OM,IM OH ị IM (OMH) ị IM MH. Vậy M nằm trên đỷờngtròn đỷờng kính IH trong mặt phẳng P, với bán kínhR=12IH =12OI - OH =12d-h22 22.3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy raMH =OM - OH = x - h22 22,MI =OI - OM = d - x2222.Vậy V=VOHMI=13OH .MI.MH2=h6(x - h )(d - x )2222.Vì h và d không đổi, suy ra V lớn nhất khix2-h2=d2-x2ị x=d+h222.www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0________________________________________________________________________________ . =12OI - OH =12d-h22 22.3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy raMH =OM - OH = x - h22 22,MI =OI - OM = d - x2222.Vậy V=VOHMI=13OH .MI.MH2=h6(x - h )(d - x. ==2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B).Vậy vế phải của (1) bằng2Rcsin(A - B) = 4R2sinCsin(A - B).Vế trái của (1) bằnga2-b2=4R2(sin2A - sin2B)=2R2(cos2B - cos2A)