Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 7 ppt

1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ỷỏng vớim=0. 2) Xác định m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt với các hoành độ lập thành một cấp số cộng. Câu II. 1) Tìm các nghiệm x ẻ (0;2p) của phỷơng trình sin3x - sinx 1-cos2x = sin2x + cos2x . 2) Chỷỏng minh rằng các trung tuyến AA và BB của tam giác ABC vuông góc với nhau khi và chỉ khi cotgC = 2(cotgA + cotgB). Câu III. Giả sỷó (x ; y) là nghiệm của hệ phỷơng trình xy a xya a += +=+ 21 23 22 2 Xác định a để tích xy là nhỏ nhất. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _____________________________________________________ __________ Câu I. Cho hàm số y=x 3 -3x 2 -9x+m. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ____________________________________________________________ Câu I. 1) Khi m = 0 hàm có dạng 32 yx 3x 9x= . Đề nghị bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị. 2) Khi đó điểm 2 x phải là điểm uốn của đồ thị. Vì vậy ta buộc cho 2 y''(x ) = 0 sẽ đợc 2 x 6x 6 = 0 2 x = 1. 2 y(x ) = y(1) = 0 11 + m = 0 m = 11. Với m = 11 hàm có dạng : 3) 32 2 y x 3x 9x 11 (x 1)(x 2x 11) = += . Khi đó đồ thị sẽ cắt trục hoành tại ba điểm 1 x123= ; 2 x = 1 ; 3 x123 =+ . Câu II. 1) Tìm các giá trị của x (0 ; 2) thỏa mãn phơng trình sin3x sin x sin 2x cos2x 1cos2x =+ . Viết lại phơng trình : 2cos2xsinx 2cos 2x 4 2sinx = . Với 0 < x < thì có : cos2x = cos 2x 4 . Giải ra sẽ đợc 1 x 16 = và 2 9 x 16 = . Với < x < 2 thì có : cos2x = cos 2x 4 . Giải ra sẽ đợc : 3 21 x 16 = và 4 29 x 16 = . 2) Gọi giao của hai trung tuyến là G. Ta có : 22 22 (3BG) b 2(c a )+= + Từ đó : 22222 9(AG BG ) 4c a b+=++ , 222 AG BG AB += 11 AA BB . Vậy 11 AA BB 2222 9c 4c a b=++ 22 2 ab5c+= 2abcosC = 2 4c = 2 C 2abcosC 4c absin C ch 2cotgC = CC C 4(h cotgA h cotgB) 4(cotgA cotgB) h + ==+ += + 22 22 (3AG) a 2(c b ) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ____________________________________________________________ Câu III. Trớc hết, tìm a để hệ có nghiệm. Rút y = 2a 1 x thế vào phơng trình thứ hai, ta sẽ đợc : 22 2x 2(2a 1)x 3a 6a 4 0++= 2 '2a8a70= + 22 2a2 22 + (*) Với a thỏa mãn (*) thì hệ có nghiệm. Viết lại phơng trình nh sau : 22 (x y) 2xy a 2a 3+ =+ 22 (2a 1) 2xy a 2a 3 =+ 2 2xy 3a 6a 4=+ . Từ đó suy ra : để xy đạt trị nhỏ nhất ta phải lấy 2 a2 2 = (xem hình , đặt 2 z3a 6a4 = + ). www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. 1) (D) có phỷơng trình y = kx, vậy các giao điểm M, N của (D) với (H) có hoành độ xác định bởi x 4 - kx 9 222 =1 1 4 - k 9 x 2 2 =1. Phải có điều kiện k 9 < 1 4 2 hay k< 9 4 2 , khi đó x MN, = 6 94 2 k , y MN, = 6k 94 2 k . Tỷơng tự (D) có phỷơng trình y = - 1 k x , suy ra các giao điểm P, Q của (D) với (H) có tung độ xác định bởi ky 4 - y 9 22 2 =1 k 4 - 1 9 y 2 2 =1. Phải có điều kiện k 4 > 1 9 2 hay k> 4 9 2 . 2) Ta có OM 2 = x+y= 36(1 + k ) 9-4k M 2 M 2 2 2 , OP 2 = x+y= 36(1 + k ) 9k - 4 P 2 P 2 2 2 , vậy diện tích hình thoi MPNQ bằng S = 2.OM.OP = = 72(1 + k ) (9 - 4k )(9k - 4) 2 22 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 3) Để ý rằng 1 OM = 9-4k 36(1 + k , 1 OP = 9k - 4 36(1 + k 2 2 2) 2 2 2) ị 1 OM + 1 OP = 5 36 22 . Vậy 2 OM.OP 1 OM + 1 OP = 5 36 22 ị OM.OP 72 5 ị S = 2.OM.OP 144 5 , dấu = chỉ xảy ra khi OM = OP 9-4k 2 =9k 2 -4 k 2 =1. Khi đó (D) và (D) là 2 đỷờng phân giác của các trục Ox, Oy. Câu Ivb. 1) AF OM OB ị AF (OMB) ị AF MB (1) Mặt khác, MB AE. (2) Từ (1) và (2) suy ra: MB (AFE) ị MB AN. Hình chóp M.OAB đối xứng qua mặt phẳng (MOH) (H là trung điểm của AB), nên từ kết quả MB AN ta có MA BN. 2) AFB và OHB là các tam giác vuông đồng dạng nên ta có: FB HB = AB OB FB = AB . HB OB = 2a h+a 2 22 . Tỷơng tự AEB ~ MHB nên EB HB = AB MB ị EB = AB . HB MB = 2a x+h+a 2 222 AF OF AF OM ịAF (OMB) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ EB AF. Mặt khác : EB AE (giả thiết). Từ đó : EB (AFE) ị EB FE. Vì vậy: V ABEF = 1 6 AF.FE.EB = 4a hx 3(a +h )(a +h +x ) 5 22222 . 3) Đặt ON = y. Ta nhận thấy: NOF BOM (vì cùng đồng dạng với BEF). Từ đó: NO BO = OF OM ị ị xy = BO.OF không đổi. V MNAB = 1 3 (x + y).dt (OAB). Từ đó : thể tích tứ diện MNAB nhỏ nhất nếu (x + y) nhỏ nhất. Theo bất đẳng thức Côsi: x+y 2 xy = BO . OF không đổi. Vậyx+ynhỏnhất x=y= BO.OF . Tacó:BO= h+a 22 ;OF 2 =OA 2 -AF 2 = =h 2 +a 2 - 4a h a+h = (h - a a+h 22 22 2 2) 22 2 ị OF = |h - a | h+a 22 22 . Cuối cùng: x=y= BO.OF = |h - a | 22 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________ Câu IVa. Trong mặt phẳng xem hypebol (H) (H) : x 4 - y 9 22 =1. Gọi (D) là đỷờng thẳng đi qua gốc tọa độ O và có hệ số góc k, (D) là đỷờng thẳng đi qua O và vuông góc với (D). 1) Tìm điều kiện đối với k để (D) và (D) đều cắt (H). 2) Tính theo k diện tích của hình thoi với 4 đỉnh là 4 giao điểm của (D) và (D) với (H). 3) Xác định k để hình thoi ấy có diện tích nhỏ nhất. Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác OAB với OA = OB, AB = 2a, đỷờng cao OH = h. Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với (P) tại O, lấy điểm M với OM = x. Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của A lên MB và OB;Nlàgiao điểm của đỷờng thẳng EF với (d). 1) Chỷỏng minh rằng MB NA, MA NB. 2) Tính BF, BE và thể tích khối tỷỏ diện ABEF theo a, h và x. 3) Tìm vị trí của M trên (d) để tỷỏ diện MNAB có thể tích nhỏ nhất. . : x 4 - y 9 22 =1. Gọi (D) là đỷờng thẳng đi qua gốc tọa độ O và có hệ số góc k, (D) là đỷờng thẳng đi qua O và vuông góc với (D). 1) Tìm điều kiện đối với k để (D) và (D) đều. k 2 =1. Khi đó (D) và (D) là 2 đỷờng phân giác của các trục Ox, Oy. Câu Ivb. 1) AF OM OB ị AF (OMB) ị AF MB (1 ) Mặt khác, MB AE. (2 ) Từ (1 ) và (2 ) suy