Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 12 ppt

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. Cho hàm số y= mx + (m + 1)x + 4m + m x+m 22 3 . 1)Vớim=-1: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b) Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị một điểm, sao cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất. 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số tỷơng ứng có một điểm cực trị thuộc góc phần tỷ (II) và một điểm cực trị thuộc góc phần tỷ (IV) của mặt phẳng tọa độ. Câu II. Cho hệ bất phỷơng trình yx x yx ++ 2 10 2110 1) Giải hệ khi y =2. 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x ; y) của hệ. Câu III. Cho phỷơng trình msinx + (m + 1)cosx = m cosx . 1) Giải phỷơng trình khi m = 1 2 . 2)Tìmmđểphỷơng trình có nghiệm. 3) Giả sử m là giá trị làm cho phỷơng trình có nghiệm. Gọi x 1 ,x 2 là hai nghiệm thỏa mãn điều kiện x 1 +x 2 2 +k (k ẻ Z) . Hãy tính cos2(x 1 +x 2 ) Câu I.1)m=-1:Hàmsốcódạng y= -x + 2x - 5 x-1 2 . a) Bạn đọc tự giải. b) Hai nhánh nằm về hai phía tiệm cận đứngx=1nêncóthểcoiM 1 thuộc nhánh trái có x 1 =1- và M 2 thuộc nhánh phải có x 2 =1+ ( và >0). Thay vào hàm số đỷợc y 1 = + 4 và y 2 =- - 4 . Gọi d là khoảng cách giữa M 1 và M 2 thì d 2 = MM =(x -x) +(y -y) 12 2 21 2 21 2 . Sau khi rút gọn đỷợc d 2 =( + ) 2 [1+(1+ 4 ) 2 ]. Vì , >0 nên + 2 ; dấu bằng xảy ra khi = (1) ; suy ra d 2 8 8 + 4 +1 22 hay d 2 8 8 ++4 . Vì > 0 nên theo bất đẳng thức Côsi: 8 +42 . Dấu bằng xảy ra khi = 8 (2). Thay vào đỷợc d 42+22 (3). d nhỏ nhất khi trong (3) xảy ra dấu bằng. Mặt khác để trong (3) có dấu bằng có (1) và (2) = = 4 8 . Vậy M(1- 8,48+242) 1 4 và M(1+48,-48-242) 2 . 2) y = mx + 2m x - 3m (x + m) 22 3 2 . Hàm số có hai điểm cực trị nên y=0cóhainghiệm phân biệt x 1 < x 2 . Góc (II) và (IV) nằm về hai phía trục Oy nên x 1 < 0 < x 2 . Gọi g(x) = mx 2 + 2m 2 x-3m 3 thì mg(0) < 0 -3m 4 < 0, "m ạ 0 (4). Góc (II) và (IV) nằm về hai phía Ox, mặt khác đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất thì y CT > y CD nên điểm cực tiểu thuộc góc (II) và điểm cực đại thuộc góc (IV). Từ đó suy www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ XX 1 -m x 2 y - 0 + + 0 - Y CĐ CT Chứng tỏ g(x) đổi dấu từ âm sang dỷơng khi qua x 1 và từ dỷơng sang âm khi qua x 2 ị hệ số bậc hai của g(x) là m < 0 (6). Từ (4), (5) và (6) suy ra m < -5 5 . Câu II.1)Khiy=2hệcódạng || || xx x 2 1 11 + xx xx x x 2 2 1 1 11 11 + + 1- 5 2 x0 . 2) yx x yx + + || () |||| () 2 107 21108 Từ (7) y 1+|x 2 -x|ị y 1 (9). Từ (8) |y-2|Ê 1-|x+1|Ê 1 ị |y-2|Ê 1. (10) Ghép (9) và (10) ta đ ợc hệ: y y 1 21|| y y y 1 21 21 1 Ê y Ê 3. Trong khoảng này có các số nguyên y 1 =1;y 2 =2;y 3 = 3. Với y 1 = 1 thay vào hệ ban đầu đỷợc || || xx x 2 0 10 + xx x 2 0 10 = += vô nghiệm. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ ở phần 1) giải đ ợc 1- 5 2 x0 . Trong khoảng này có duy nhất 1 số nguyênx=0; vậy x y = = 0 2 là một cặp nghiệm nguyên. Với y 3 = 3 thay vào hệ ban đầu đ ợc || || xx x 2 2 10 + x = -1; vậy x y = = 1 3 là một cặp nghiệm nguyên. Đáp số : Có 2 nghiệm nguyên : x y = = 0 2 và x y = = 1 3 Câu III.1)Vớim= 1 2 ph ơng trình có dạng sinx + 3cosx = 1 cosx . Với điều kiện cosx ạ 0 chia hai vế cho cosx và đặt tgx = t (với "t) ta đ ợc: t 2 -t-2=0 t 1 =-1và t 2 =2 Với t 1 =-1 tgx=-1 x=- 4 +k (k ẻ Z). Với t 2 =2=tg x= +k (k ẻ Z). 2) msinx + (m + 1)cosx = m cosx (11). Với điều kiện cosx ạ 0, chia hai vế của (11) cho cosx và đặt tgx = t, ta đỷợc: mt 2 -mt-1=0(12). www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Khi cosx ạ 0 thì tgx luôn có nghĩa nên phỷơng trình (12) không có điều kiện của ẩn t (-Ơ < t < +Ơ). Vớim=0:(12) vô nghiệm. Với m ạ 0 : (12) có nghiệm =m 2 +4m 0 m 0 hoặc m Ê -4. Kết hợp với điều kiện m ạ 0tađợcđápsốm > 0 hoặc m Ê -4. 3) Với điều kiện cosx ạ 0, (11) mtg 2 x-mtgx-1=0(13). cos(2x 1 +2x 2 )= 1- tg (x + x ) 1+ tg (x +x ) 2 12 2 12 . (14) Với giả thiết x 1 +x 2 ạ 2 +k thì (14) có nghĩa. Mặt khác, tg(x 1 +x 2 )= tgx + tgx 1- tgx tgx 12 12 (15). Với giả thiết cosx ạ 0 thì tgx 1 và tgx 2 có nghĩa ; mặt khác, với giả thiết x 1 +x 2 ạ /2+k thì 1 - tgx 1 tgx 2 ạ 0 nên (15) có nghĩa. áp dụng định lý Viet đối với phỷơng trình (13) khi m > 0 hoặc m Ê -4 tađợctgx 1 + + tgx 2 =1vàtgx 1 tgx 2 = -1/m. Thay vào công thức (15) ta đỷợc tg(x 1 +x 2 )= 1 1-( -1 m ) = m m+1 . Thay vào (14) ta đỷợc cos(2x 1 +2x 2 )= 1-( m m+1 ) 1+( m m+1 ) = 2m + 1 2m + 2m + 1 2 2 2 . Phần đã giải là xét trỷỳõng hợp x 1 ,x 2 đỷợc sinh ra do ta giải hai phỷơng trình Khi cosx ạ 0 thì tgx luôn có nghĩa nên phỷơng trình (12) không có điều kiện của ẩn t (-Ơ < t < +Ơ). Vớim=0:(12) vô nghiệm. Với m ạ 0 : (12) có nghiệm =m 2 +4m 0 m 0 hoặc m Ê -4. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 3) Với điều kiện cosx ạ 0, (11) mtg 2 x-mtgx-1=0(13). cos(2x 1 +2x 2 )= 1- tg (x + x ) 1+ tg (x +x ) 2 12 2 12 . (14) Với giả thiết x 1 +x 2 ạ 2 +k thì (14) có nghĩa. Mặt khác, tg(x 1 +x 2 )= tgx + tgx 1- tgx tgx 12 12 (15). Với giả thiết cosx ạ 0 thì tgx 1 và tgx 2 có nghĩa ; mặt khác, với giả thiết x 1 +x 2 ạ /2+k thì 1 - tgx 1 tgx 2 ạ 0 nên (15) có nghĩa. áp dụng định lý Viet đối với phỷơng trình (13) khi m > 0 hoặc m Ê -4 ta đ ợc tgx 1 + + tgx 2 =1vàtgx 1 tgx 2 = -1/m. Thay vào công thức (15) ta đỷợc tg(x 1 +x 2 )= 1 1-( -1 m ) = m m+1 . Thay vào (14) ta đỷợc cos(2x 1 +2x 2 )= 1-( m m+1 ) 1+( m m+1 ) = 2m + 1 2m + 2m + 1 2 2 2 . Phần đã giải là xét trỷỳõng hợp x 1 ,x 2 đỷợc sinh ra do ta giải hai phỷơng trình www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ Câu IVa. 1) Tính 1 o 0 I1xdx= Đặt u1x= x = 1 2 u dx = 2udu Khi x = 0 thì u = 1 và khi x = 1 thì u = 0 : 1 o 0 I1xdx = = 0 2 1 2u du 1 0 1 23 0 22 2udu u 33 === Ta có 1 n n 0 Ix1xdx = . Đặt u = n x du = n n1 x dx, dv = 1xdx 2 v(1x)1x 3 = (0 x 1) 1 0 n n 2 Ix(1x)1x 3 = + 1 n1 0 2n x(1x)1xdx 3 nn1n 2n 2n II I 33 = nn1 2n II 2n 3 = + . Đây là công thức truy hồi cho n I . 2) Khai triển n I ta có : = ++ n 2n 2(n 1) 2(n 2) 2(n 3) I 2n 3 2n 1 2n 1 2n 3 86422 . . . . 11 9 7 5 3 Với mọi n N ta có bất đẳng thức sau : 2n(2n 2) + 2n + 1 11 2n 1 2n(2n 2) + + Vì vậy ta suy ra : n 2n 2(n 1) I. (2n 4)(2n 2) 2n(2n 2) ì ++ + 2(n 2) 2(n 3) . 2n(2n 2) (2n 2)(2n 4) ìì 86422 . . . . 12.10 10.8 8.6 6.4 4.2 ì= 3 11 (n 1) n 2 (n 1) =< ++ + . Câu Va. 1) Gọi oo o M(x,y) là điểm thuộc elip. Phơng trình tiếp tuyến () tại o M là : oo 22 xx yy 1 ab + = .(1) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ Vì T () và có hoành độ x = a nên tung độ suy ra từ (1) : 2 o o x b y1 ya = , tức là : 2 o o x b AT 1 ya = Tơng tự T' có hoành độ x = a nên có tung độ là : 2 o o xb yA'T' 1 ya ==+ Từ đó : 2 4 o 22 o xb AT.A'T ' 1 ya = (2) Nhng vì o M (E) nên 22 oo 22 xy 1 ab += 22 oo 22 xy 1 ab = Từ (2) 2 AT.A'T ' b= = hằng số. 2) Với A'(a, 0) và T(a, T y ) ta có phơng trình đờng thẳng A'T là : A' A' T A' A' T yy y y xx x x = T yy xa 2a = + T y (x + a) = 2ay 22 oo b (a x )(a x) 2a y y+= (3) Tơng tự đờng AT' có phơng trình là : 22 oo b(a x)(x a) 2ayy+= (4) Tọa độ NN (x ,y ) của N là nghiệm của hệ (3) và (4). Suy ra : o NoN y xx,y 2 == . Khi oo o M(x,y) chạy trên (E) ta có : 22 oo 22 xy 1 ab += 2 o 2 o 22 y x 2 1 a b 2 += 22 NN 22 xy 1 a b 2 + = (5) Phơng trình (5) chứng tỏ tập hợp các điểm N là elip đồng tâm với (E) có trục lớn là 2a và trục nhỏ là b. Câu IVb. 1) Theo giả thiết SA = SB = SC, n n n ASB BSC CSA=== suy ra SAB = SBC = SAC AB = AC = BC tam giác ABC đều. Gọi 1 O là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC 111 OA OB OC= = . Do đó 1 O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì 1 SO vuông góc với mặt phẳng ABC nên 1 SO đi qua tâm O của mặt cầu. 1 SO cắt mặt cầu tại D. Nối AD. Tam giác SAD vuông tại A vì SD là đờng kính. Đặt l = SA. Hai tam giác vuông 1 AO S và DAS đồng dạng với nhau (vì có chung n 1 ASO ). Suy ra 1 SO SA SA SD = 2 1 SO 2R = l (1) Gọi E là trung điểm của BC, ta có : www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ BC = 2BE = 2sin 2 l ; 1 2sin BC 2 OA 33 == l , 22 2 11 4 SO SA O A 1 sin 32 ==l (2) Từ (1) và (2) : 2 2 4 1sin 2R 3 2 = l l 2 4 = 2R 1 sin 32 l Thể tích tứ diện SABC là : 2 11 11BC3 VSO.S(ABC)SO. 334 == = 222 34 1sin.4sin 12 3 2 2 = ll = 32 2 34 sin 1 sin 3232 == l 32 22 83 4 Rsin (1 sin ) 3232 = 2) Để thể tích tứ diện đạt giá trị lớn nhất theo thì 222 4 sin (1 sin ) 23 2 phải đạt giá trị lớn nhất. Đặt 2 xsin 2 = và 2 22 4 y sin 1 sin 232 = . Ta có : 0 < x < 1, 2 32 41 yx1 x (16x 24x 9x) 39 = = + , 2 1 y' (16x 16x 3) 3 =+ , y ' = 0 tại 1 3 x 4 = , 2 1 x 4 = . Bảng biến thiên : x 0 1 4 3 4 1 y' + 0 0 + y CĐ CT Thể tích đạt giá trị lớn nhất khi y đạt cực đại, nghĩa là khi 2 1 xsin 24 = = 1 sin 22 = = o 60 SABC là tứ diện đều. Thể tích lớn nhất là : www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng – Phiªn b¶n 1.0 _______________________________________________________ 2 3 max 83 1 41 VR.1. 3434  =−   3 83 R 27 = . C©u Vb. Trong mÆt ph¼ng täa ®é xÐt c¸c ®iÓm : y3 Ax , z 22  +   , 33 B0, y z 22  +   , yz C,0 22  −   ta cã : 2 2 y3 AB (x y 22   =++    22 xxyy=++ , 2 2 z3 AC (x z 22   =++    22 xxzz=++ , 2 2 yz 3 BC (y z) 22 2   =−+ +     22 yyzz=++ . Ta lu«n cã : AB + AC ≥ BC ⇒ ⇒ 22 xxyy++ + 22 xxzz+ + ≥ 22 yyzz++ . [...].. .Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 www.khoabang.com.vn Câu Iva Cho 1 In = xn 1- x dx (n ẻ N) 0 1) Chứng minh rằng I n +1 = 2n + 2 I 2n + 5 n 2) Chứng minh rằng In < 1 (n + 1) n + 1 Câu Va Cho elip (E) x2 y2 + 2 = 1 a2 b Gọi AA là trục lớn của elip, dựng các tiếp tuyến At và At Một tiếp tuyến qua điểm M thuộc (E) cắt At và At tại T và... M 2) Tìm tập hợp giao điểm N của AT và AT khi M chạy trên (E) Câu IVb Cho hình cầu bán kính R Từ một điểm S bất kì trên mặt cầu, dựng 3 cát tuyến bằng nhau, cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C, và từng đôi một lập với nhau góc a 1) Tính thể tích tứ diện SABC theo R và a 2) Khi a thay đổi, xác định a để thể tích ấy lớn nhất Câu Vb x, y, z là 3 số tùy ý Chứng minh rằng x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 y . mtg 2 x-mtgx-1= 0(1 3). cos(2x 1 +2x 2 )= 1- tg (x + x ) 1+ tg (x +x ) 2 12 2 12 . (1 4) Với giả thi t x 1 +x 2 ạ 2 +k thì (1 4) có nghĩa. Mặt khác, tg(x 1 +x 2 )= tgx. 11 2n 1 2n(2n 2) + + Vì vậy ta suy ra : n 2n 2(n 1) I. (2 n 4 )(2 n 2) 2n(2n 2) ì ++ + 2(n 2) 2(n 3) . 2n(2n 2) (2 n 2 )(2 n 4) ìì 86422 . . . . 12. 10