Đề Luyện Thi Thử Tốt Nghiệp - Đại Học Năm 2011 - Số 22 pot

Câu I. Cho hàm số y= - x cos + 2xsin + 1 x+2 2 . 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi =0. 2) Xác định để đỷờng tròn có tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có bán kính lớn nhất. Câu II. 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x của phỷơng trình 2 cos cot 22 xgx+ = sin x + 1 sin x 3 2 thỏa mãn điều kiện : 2 Ê x Ê 40. 2)Tìmxđểphỷơng trình log(ax -5ax + 6- x)= log (3- x-1) 2 23 22 2+a 2 đỷợc nghiệm đúng với mọi a. Câu III. 1) Các số a, b, c, d theo thỷỏ tỷồ đó lập thành một cấp số cộng. Chỷỏng minh rằng nếu lấy số m sao cho 2m |ad - bc|, thì ta có với mọi x (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+ m 2 0. 2) a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giác. Chỷỏng minh rằng x cos + 2xsin + 1 x+2 2 . a b + b c + c a - a c - c b - b a <1 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn hãy tự giải nhé! 2) Hàm số đã cho có thể viết dỷỳỏi dạng: y = - xcos + 2(cos - sin)- 4(cos - sin ) + 1 x+2 . Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là 4(cos - sin)+1ạ 0 và cos ạ 0. Phỷơng trình tiệm cận xiên là y = - xcos + 2(cos - sin). Tiệm cận xiên của đồ thị cắt trục tung tại điểm A(0 , 2(cosa - sina)) và cắt trục hoành tại điểm B (2(1 - tga) , 0). Khoảng cách từ gốc tọa độ đến tiệm cận xiên (chính là bán kính đỷờng tròn có tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên) làh=OH: h= OA . OB AB = |4(cos - sin )(1 - tg )| 4[(cos - sin ) + (1 - tg 2 )] = 2 = 2(cos - sin ) |cos | (cos - sin ) 1+ 1 cos =22 1- 2 2 2 sin2 cos2 + 3 = 22 (tg - 1) 2(tg + 2) =2 (tg - 1) tg + 2 2 2 2 2 . Đỷờng tròn tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên có bán kính lớn nhất khi h lớn nhất. Đặt tg =t,tacó h=2 (t - 1) t+2 2 2 . h đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi f(t) = (t - 1) t+2 2 2 đạt giá trị lớn nhất. f(t) = 2(t - 1)(t + 2) (t + 2) 22 ; f(t) = 0 t=-2hoặc t=1. Lập bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khit=-2vàgiátrịlớnnhất đó bằng f(- 2) = 3 2 và h max = 6 . Khi đó tg =-2=tg với - 2 <<0. Vậy = +k ;k=0, 1, 2, www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ Câu II. 1) Ta viết phỷơng trình dỷỳỏi dạng 2cos 2 x + cotg 2 x=sinx+1+cotg 2 x 2(1 - sin 2 x)=sinx+1 (2sinx - 1) (sinx + 1) = 0. Giải 2sinx-1=0tacóx 1 = 6 +2k;x 2 = 5 6 +2k. Với x 1 các nghiệm thỏa mãn 2 Ê x Ê 40 ứng với k=1;2;3;4;5;6. Tính theo cách tìm tổng của cấp số cộng có số hạng đầu là 13p/6, số hạng cuối là 73p/6, công sai là 2p ; ta có: Tổng các nghiệm x của họ x 1 thỏa mãn điều kiện bài toán là 43p Tỷơng tự, tổng các nghiệm x của họ x 2 thỏa mãn điều kiện bài toán là 35p. Giải sinx+1=0tacó họ x 3 = 3 2 +2m (m ẻ Z). Tỷơng tự, tổng các nghiệm thuộc họ đó thỏa mãn điều kiện bài toán là 39. Kết quả : Tổng tất cả các nghiệm x của phỷơng trình đã cho thỏa mãn 2 Ê x Ê 40 là 43 +35 +39 = 117. 2)Vớia=0,tacó: log 2 (6-x)=log(3- x-1) 2 . Điều kiện : 6-x> 0 x-1 0 1 Ê x < 6. 3- x-1 > 0 Ta có 6-x =3- x-1 . (1) Với điều kiện trên , ta có (1) x-1+ 6-x =3 (x - 1)(6 - x) =2 www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ x 2 -7x+10=0 x 1 =2hoặc x 2 =5. Với x 1 =2,ta có log 2 (2 - 12a 2 )= log 2 2 +a 2 không đúng với mọi giá trị của a Chẳng hạn khi a 2 = 1 12 vế trái bằng 0 còn vế phải bằng log 2+(1/12) 2 ạ 0. Với x 2 =5,tacó log 2 (125a 2 - 125a 2 +1)= log 2 2 +a 1 đúng với mọi a.Kết luận :x=5. Câu III. 1) Vì a, b, c, d lập thành một cấp số cộng, ta có: a+d=b+c. Biến đổi :(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m 2 =[x 2 - (a + d)x + ad] [x 2 -(b+c)x+bc]+m 2 = =(t+ad)(t+bc)+m 2 =t 2 +(ad+bc)t+m 2 + adbc = f(t) (với t=x 2 -(a+d)x=x 2 - (b + c)x). Xét tam thức bậc hai f(t). Ta thấy khi lấy m sao cho 2m |ad-bc|,tacó 4m 2 (ad - bc) 2 Mặt khác, biệt thức = (ad + bc) 2 -4m 2 - 4abcd = (ad - bc) 2 -4m 2 . Do đó Ê 0, f(t) = t 2 +(ad+bc)t+m 2 + abcd 0 với mọi t. Đó là điều phải chứng minh. 2) Gọi A là vế trái của bất đẳng thức đã cho. Ta có A= a-b ab + b-c bc + c-a ca = 22 22 22 = || 1 abc c(a -b)+a(b -c)+ b(c -a) = 22 22 22 = |(a - b)(b - c)(c - a)| abc . Vì a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giác, nên |a-b|< c,|b-c|< a,|c-a|< b ; suy ra A < 1. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ____________________________________________________ Câu IVa. Nguyên hàm + = 2 sin cosx sinxcos Idx cos x = + 2 dx sinx sin cos dx cosx cos x xcos sin ln tg C 24 cosx = + + + Câu Va. 1) 22 xy(m2)x2my10+ + =. Ta có : 22 2 2 B C 4AD (m 2) (2m) 4 0+ = + +> với mọi m nên phơng trình này là phơng trình của đờng tròn thực. Tọa độ tâm I của đờng tròn là : m2 xa 2 2m yb m 2 == == = 2x + y + 2 = 0 Vậy tập hợp tâm I là đờng thẳng 2x + y + 2 = 0. 2) Ph-ơng trình của đ-ờng tròn có thể viết lại d-ới dạng : (x 2y)m = 22 xy2x1 + +. Vậy tọa độ các điểm cố định mà đờng tròn đi qua là nghiệm của hệ : x 2y = 0 22 xy2x10++= x2 y1 = = hoặc x2/5 y1/5 = = Nh vậy các đờng tròn này đều đi qua hai điểm cố định khi m thay đổi : 1 A (2, 1) hoặc 1 B (2/5, 1/5) 3) Khi m = 2, đờng tròn có phơng trình là 22 xy4x4y10 + += có tâm (2, 2) và bán kính R = 3. Đờng thẳng () đi qua A(0, 1) và không song song với trục tung có phơng trình là y + 1 = kx hay kx y 1 = 0. Khoảng cách từ () đến I là 22 2k 2 1 2k 3 d k1 k1 == + + . Để () tiếp xúc với ( 2 C ) thì : d = R 2 2k 3 3 k1 = + k = 0, k = 12 5 . Vậy các tiếp tuyến với đờng tròn 2 (C ) xuất phát từ A(0, 1) là www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ____________________________________________________ 1 : y + 1 = 0, 2 : 12x 5y 5 = 0. Câu IVb. 1) Theo giả thiết CS = CA = a, SA = a2 n o SCA 90= . Tơng tự n o SBA 90= . Vậy SA a 2 R 22 == . 2) Vì OS = OA nên n o DSA 90= SD = 22 2 2 AD SA (a 3) (a 2) a == ABCD là hình thoi BD = CD = a. Vậy SBCD là tứ diện đều cạnh a. 3) Thiết diện là tam giác DMN có MN // BC. Hạ OK DJ ; vì OK MN (OK (SAD) BC, BC // MN) OK (DMN). Tịnh tiến OK để O trùng với B. Khi đó E là hình chiếu của B trên thiết diện n o BDE 30= a BE OK 2 == Đặt n JOD =, n JDO = . áp dụng định lí hàm số sin ta có DJ JO DO sin sin sin( ) == + (*) (vì o sin(180 ) = sin( + )). Ta có OH 1 cos OS 3 = = 22 sin 3 = ( nhọn), OK 1 sin OD 3 = = 2 cos 3 = ( nhọn). Thế vào (*), ta đợc 3a 2 DJ 5 = , 3a 3 OJ 10 = . Từ đó : MN = BC. SJ SO JO 2a BC. SO SO 5 == Vì MN (SAD) MN DJ (SAD) nên DJ là đờng cao thiết diện. Vậy 2 td 112a3a23a2 SMN.DJ 225525 == = f'(x) = 0 n1 n1 x(cx) = (1) Để giải phơng trình (1) ta xét 2 trờng hợp : n chẵn và n lẻ. Câu IVa. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = sin( + x) cos x 2 . Câu Va. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trỷồc chuẩn xOy, cho họ đỷờng tròn (C m )cóphỷơng trình (C m ): xy 22 + -(m-2)x+2my-1=0. 1) Tìm tập hợp tâm các đỷờng tròn (C m ). 2) Chỷỏng tỏ rằng khi m thay đổi, các đỷờng tròn (C m ) đều đi qua một điểm cố định. 3) Cho m =-2 và điểm A(0, -1). Viết phỷơng trình các tiếp tuyến của đỷờng tròn (C -2 )kẻtỷõ điểm A. Câu IVb. Cho tỷỏ diện SABC có các mặt SBC và ABC là tam giác đều cạnh a, và SA = a 2 . 1) Tính bán kính hình cầu ngoại tiếp tỷỏ diện SABC. 2) Gọi O là trung điểm cạnh BC. Kéo dài AO một đoạn OD = OA. Tính các cạnh của tỷỏ diện SBCD. 3) Qua D dỷồng mặt phẳng (R) song song với BC sao cho góc nhọn tạo bởi BD và (R) bằng 30 o . Tính diện tích thiết diện do (R) cắt tỷỏ diện SBCD. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ . có A= a-b ab + b-c bc + c-a ca = 22 22 22 = || 1 abc c(a -b)+a(b -c)+ b(c -a) = 22 22 22 = |(a - b)(b - c)(c - a)| abc . Vì a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giác, nên |a-b|< c,|b-c|<. 117. 2)Vớia=0,tacó: log 2 (6-x)=log( 3- x-1) 2 . Điều kiện : 6-x> 0 x-1 0 1 Ê x < 6. 3- x-1 > 0 Ta có 6-x = 3- x-1 . (1) Với điều kiện trên , ta có (1) x-1+ 6-x =3 (x - 1)(6 - x) =2 www.khoabang.com.vn Luyện thi. OB AB = |4(cos - sin )(1 - tg )| 4[(cos - sin ) + (1 - tg 2 )] = 2 = 2(cos - sin ) |cos | (cos - sin ) 1+ 1 cos =22 1- 2 2 2 sin2 cos2 + 3 = 22 (tg - 1) 2(tg + 2) =2 (tg - 1) tg + 2 2 2 2 2 . Đỷờng