Đề Luyện Thi Thử Tốt Nghiệp - Đại Học Năm 2011 - Số 1 pdf

2(x 1 +x 3 )(x 1 +x 4 )(x 2 +x 3 )(x 2 +x 4 )= =2(b-d) 2 -(a 2 -c 2 )(b-d)+(a+c) 2 (b + d). 2) a, b, c là 3 số tùy ý thuộc đoạn [0 ; 1]. Chỷỏng minh : a b+c+1 + b a+c+1 + c a+b+1 + (1 - a)(1 - b)(1 - c) 1. Câu II. 1) Giải phỷơng trình sin 3 x + cos 3 x=2-sin 4 x. 2) k, l, m là độ dài các trung tuyến của tam giác ABC, R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng k+l+m 9R 2 . Câu III. Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(3, 0) và parabol (P) có phỷơng trìnhy=x 2 . 1) M là một điểm thuộc parabol (P), có hoành độ x M = a. Tính độ dài đoạn AM, xác định a để AM ngắn nhất. 2) Chỷỏng tỏ rằng nếu đoạn AM ngắn nhất, thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của parabol (P). Câu IVa. Cho hai số nguyên dỷơng p và q khác nhau. Tính tích phân I = 0 2 cospx cosqx dx . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________ Câu I. 1) Giả sử phỷơng trình x 2 +ax+b=0cónghiệm x 1 và x 2 ,phỷơng trình x 2 +cx+d=0cónghiệm x 3 và x 4 . Chỷỏng tỏ rằng www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ___________________________________________________________ Câu 1 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy. Đờng thẳng qua A, với hệ số góc k có phơng trình : y = kx + b. Ta có 2 xx1 1 yx x1 x1 + ==+ ; 2 1 y' 1 (x 1) = Hoành độ tiếp điểm của đờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ 2 1 xkxb x1 1 1k (x 1) +=+ = 2 11 x1 xb x1 (x 1) += + 2 b x2(1b)x(1b)0+ ++= (1) y b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0 1 x 2 = y b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '(1b) b(1b)0= + + b 1 (b 0) Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b 1. 3) Hoành độ tiếp điểm của parabol 2 yx a=+ với đồ thị (C) là nghiệm của hệ : 2 o 2 1 xxa x1 1 12x (x 1) +=+ = Từ phơng trình thứ hai, suy ra : 2 x(2 x 5x 4) 0+= x = 0. Thay vào phơng trình đầu thì đợc a = - 1. Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ : 2 SP m S2Pm += = 1) Với m = 5 ta đợc : 2 SP5 S2P5 += = P = 5 S 2 S2S150 + = S = 5, S = 3. Với S = 5, ta có P = 10, loại vì điều kiện 2 S4P không đợc nghiệm đúng. Với S = 3, ta có P = 2 và đợc x2, y1, = = x1 y2. = = 2) Trong trờng hợp tổng quát, P = m - S 2 S2S3m0+ =. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ___________________________________________________________ Để phơng trình có nghiệm, cần phải có : 1 '13m0 m 3 = + . Khi đó gọi 1 S và 2 S là các nghiệm : 1 S113m= + , 2 S113m= + + . a) Với 1 SS= 1 PmS=, điều kiện 2 S4P trở thành 2 (1 13m) 4(m1 13m)++ +++ (m 2) 2 1 3m+ + , không đợc nghiệm vì 1 m 3 m + 2 > 0. b) Với 2 SS= 2 PmS=, điều kiện 2 S4P trở thành : 2 ( 1 1 3m) 4(m 1 1 3m)+ + + + 21 3m m 2 + +. Vì m + 2 > 0, có thể bình phơng hai vế của bất phơng trình này và đi đến 2 0m 8m 0m8. Cùng với 1 m 3 suy ra đáp số : 0 m 8. Câu III. 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phơng trình đợc nghiệm với mọi y. Xét x > 0 2 1x cosy sin y 2x + + . Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2 , giá trị nhỏ nhất bằng 2 , vậy phải có : 2 2 1x 2x22x10 2x + + 0x 21< , x21+. Xét x < 0 2 1x cosy sin y 2x + + 2 2 1x 2x22x10x21 2x + + + , 21x0+<. Tóm lại các giá trị phải tìm là : x21 , 21x 21+ , 21x + hay : |x| 2 1+ , |x| 2 1 2) Điều kiện : xk 2 + ( k Z). Chia hai vế cho 2 cos x ta đợc phơng trình tơng đơng : 22 tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+= + + 2 tg x(tgx 1) 3(tg x 1) 0+ += 2 (tgx 1)(tg x 3) 0+= tgx 1 tgx 3 = = xk 4 xk 3 = + = + ( k Z) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số (D) : xbt yat = = (D) : xat ybt = = ' ' 1) Thay biểu thức của (D) vào phỷơng trình của (E), ta đỷợc các giá trị của tham số t ứng với các giao điểm M, N. Từ đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N): M 6b 9a + 4b , 6a 9a + 4b ,N - 6b 9a + 4b ,- 6a 9a + 4b 22 22 22 2 2 . Tỷơng tự: P 6a 4a + 9b ,- 6b 4a + 9b ,Q - 6a 4a + 9b , 6b 4a + 9b 22 22 22 2 2 . 2) Tứ giác MPNQ là hình thoi, với diện tích S = 2OM.OP = 72(a + b ) (9a + 4b )(4a + 9b ) 22 2222 . (1) 3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) và (D) có dạng thuần nhất (hay đẳng cấp) đối với a, b, tức là thay cho a và b, ta viết ka và kb với k ạ 0. Do vậy, có thể coi rằng a 2 +b 2 = 1. Khi đó (1) trở thành S= 72 (4 + 5a )(4 + 5b ) = 72 36 + 25a b 72 6 = 12, 22 22 dấu=chỉcóthểxảyrakhiab=0,tứclàhoặca=0hoặcb=0.(Khi đó cặp đỷờng thẳng (D) và (D) trùng với cặp hệ trục tọa độ). 4) Vẫn với giả thiết a 2 +b 2 = 1, theo trên ta có S= 72 36 + 25a b 22 suyraminS= 144 13 , xảy ra khi |a| = |b|, tức là cặp đỷờng thẳng (D), (D) là cặp các phân giác y x = 0 của hệ trục tọa độ Oxy. Câu IVb. (Hình bên) 1) BK AC, BK AM ịBK (ACM) ịBK CM. Cùng với BH CM, suy ra (BKH) CM ị BN CM. 2) Do (BKH) CM ị KH CM. Vậy K là trực tâm tam giác CMN, và ta đỷợc MK CN. Cùng với BK CN ị (BMK) CN ị BM CN. 3) Vì K là trực tâm tam giác CMN, nên AM.AN = AK.AC Vậy khi M di chuyển trên d, tích AM.AN không đổi ị MN==AM+ANnhỏnhất khi AM = AN. Khi đó AM 2 = AK.AC, AM là đỷờng cao trong tam giác vuông CMK, cạnh huyền CK, K là điểm đối xứng của K qua A. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Vì 2|ab| Ê a 2 +b 2 = 1 suy ra a 2 b 2 Ê 1 4 , dấu = chỉ xảy ra khi |a| = |b|, vậy S 72 36 + 25 4 = 144 13 , Câu Va. Cho hai đỷờng tròn (C 1 )x 2 +y 2 -6x+5=0, (C 2 )x 2 +y 2 -12x-6y+44=0. Xác định phỷơng trình các đờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đỷờng tròn trên. Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với các đỷờng chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau tại O. Đỷờng cao của hình chóp là SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC, cắt SB, SC, SD lần lỷỳồt tại B, C, D. 1) Xác định h để BCD là tam giác đều. 2) Tính bán kính r của hình cầu nội tiếp hình chóp theo a và h. Câu Vb. Hai góc nhọn A, B của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện tg 2 A+tg 2 B = 2tg 2 A+B 2 . Chỷỏng tỏ rằng ABC là một tam giác cân. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________ . 2 1 xkxb x1 1 1k (x 1) +=+ = 2 11 x1 xb x1 (x 1) += + 2 b x2(1b)x(1b)0+ ++= (1) y b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0 1 x 2 = y b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '(1b). 2(x 1 +x 3 )(x 1 +x 4 )(x 2 +x 3 )(x 2 +x 4 )= =2(b-d) 2 -( a 2 -c 2 )(b-d)+(a+c) 2 (b + d). 2) a, b, c là 3 số tùy ý thuộc đoạn [0 ; 1] . Chỷỏng minh : a b+c +1 + b a+c +1 + c a+b +1 + (1 - a) (1 -. : 1 &apos ;13 m0 m 3 = + . Khi đó gọi 1 S và 2 S là các nghiệm : 1 S 113 m= + , 2 S 113 m= + + . a) Với 1 SS= 1 PmS=, điều kiện 2 S4P trở thành 2 (1 13m) 4(m1 13 m)++ +++ (m 2) 2 1