Đề thi thử và đáp án môn toán (Đề 2) ppt

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I.1)ĐặtA=(x 1 +x 3 )(x 1 +x 4 )(x 2 +x 3 )(x 2 +x 4 ) Ta có (x 1 +x 3 )(x 1 +x 4 )= x+x(x+x)+xx= 1 2 13 4 34 -(ax 1 +b)-cx 1 +d=(d-b)-(a+c)x 1 , (x 2 +x 3 )(x 2 +x 4 )=(d-b)-(a+c)x 2 , dođóA=[(d-b)-(a+c)x 1 ][(d-b)-(a+c)x 2 ]=(d-b) 2 + (a + c)(b - d)(x 1 +x 2 )+(a+c) 2 x 1 x 2 = =(b-d) 2 -(a+c)(b-d)a+(a+c) 2 b. Vai trò hai phỷơng trình là nhỷ nhau trong biểu thức của A, nên ta cũng có: A=(b-d) 2 -(a+c)(b-d)a+(a+c) 2 b. Cộng hai biểu thức này của A thì suy ra kết quả. 2) Không giảm tổng quát có thể xem a Ê b Ê c khi đó theo bđt Côsi ta có (a+b+1)(1 - a)(1 - b) Ê a+b+1+1-a+1-b 3 =1 Suy ra (1 - a)(1 - b) Ê 1 a+b+1 ị (1 - a)(1 - b)(1 - c) Ê 1-c a+b+1 Từ đó a b+c+1 + b a+c+1 + c a+b+1 + (1 - a)(1 - b)(1 - c) Ê a a+b+1 + b a+b+1 + c a+b+1 + 1-c a+b+1 =1 . Câu II.1)Tacósin 3 x + cos 3 x Ê sin 2 x + cos 2 x=1,2-sin 4 x 1. Vậy dấu = chỉ có thể xảy ra khi ta có đồng thời sin cos sin 33 4 1 21 xx x += = sinx = 1 ị x= 2 +2k (k ẻ Z). 2) Giả sử k, l, m là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C thế thì www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 2k 2 + a 2 =b +c 2 22 , 2l 2 + b 2 2 =a 2 +c 2 , ị k 2 +l 2 +m 2 = 3 4 (a 2 +b 2 +c 2 ). 2m 2 + c 2 2 =a 2 +b 2 Mặt khác a 2 +b 2 +c 2 =4R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C), 4sin 2 A + 4sin 2 B + 4sin 2 C = 2(1 - cos2A) + 2(1 - cos2B) + 4(1 - cos 2 C) = = 8 + 4cosCcos(A - B) - 4cos 2 C=8+cos 2 (A - B) - [2cosC - cos(A - B)] 2 Ê 9, suy ra: k+l+m 3 9R 4 22 2 2 . Nh vậy: k+l+m 3 k+l+m 3 9R 4 2 22 2 2 ị k+l+mÊ 9R 2 . Câu III. 1) Vì M thuộc P, nên M có tung độ a 2 , vậy AM 2 =(x M -x A ) 2 +(y M -y A ) 2 =a 4 +(a-3) 2 . Hàm f(a) =a 4 +(a-3) 2 có đạo hàm f(a) = 4a 3 + 2(a - 3) = 2(a - 1)(2a 2 +2a+3), suyrakhia=1,f(a) đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy đoạn AM ngắn nhất khi M M(1,1). 2)VớiM(1,1)đỷờng thẳng AM có hệ số góc k= y-y x-x =- 1 2 MA MA . VìPcóphỷơng trìnhy=x 2 ị y = 2x, nên tại M tiếp tuyến của P có hệ số góc k = 2, suy ra tiếp tuyến ấy vuông góc với đỷờng thẳng AM. _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ Câu IVa. Xét hai trờng hợp sau : a) p = q : 2 2 o I cos pxdx = 2 o 2 o 11sin2px (1 cos 2px)dx x 222p =+ =+ = b) p q : 2 o 1 I [cos(p q)x cos(p q)x]dx 2 =++ 2 o 1 sin(p q)x sin(p q)x 0 2pq pq + =+ = + Câu Va. Phơng trình 1 (C ) và 2 (C ) lần lợt đợc viết lại dới dạng : 222 1 (C : (x 3) y 2+= , 222 2 (C ):(x 6) (y 3) 1+= Vậy 1 (C ) có tâm 1 I(3,0), bán kính 1 R2= , 2 (C ) có tâm 2 I(6,3), bán kính 2 R1= . Ta tìm đờng thẳng tiếp xúc với 1 (C ) và 2 (C ) dới dạng x = m. Từ điều kiện tiếp xúc ta có hệ : |3 m| 2 |6 m| 1 = = m = 5. Vậy đờng thẳng đúng x = 5 là đờng thẳng tiếp xúc với 1 (C ) và 2 (C ) . Mọi đờng thẳng tiếp xúc với 1 (C ) và 2 (C ) khác với đờng thẳng đứng đều có dạng ax y + b = 0 Theo điều kiện tiếp xúc, ta có 2 2 3a b 2 a1 6a 3 b 1 a1 + = + + = + 22 (3a b) 4(a 1) |3a b| 2|6a 3 b| += + + =+ 22 (3a b) 4(a 1) 3a b 2(6a 3 b) += + += + hoặc 22 (3a b) 4(a 1) 3a b 2(6a 3 b) += + += + + == + == == 917 33917 a,b 88 917 33917 a,b 88 a0,b2 Vậy phơng trình các đờng thẳng tiếp xúc với hai đờng tròn 1 (C ) , 2 (C ) trong trờng hợp này là : _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ 1 917 33917 (d ) : y x 88 ++ = , 2 917 33917 (d ) : y x 88 = 3 (d ) : y 2= . Tóm lại, ta có 4 đờng thẳng tiếp xúc với 1 (C ) và 2 (C ) là 123 (d ),(d ),(d ) và x = 5. Câu IVb. 1) AC'là đờng cao trong tam giác cân SAC, do đó để C' thuộc đoạn SC, S phải là góc nhọn, muốn vậy phải có OC < SO h > 2a. Tứ giác AB'C'D' có các đờng chéo AC' và B'D' vuông góc với nhau. Gọi K là giao điểm các đờng chéo ấy. Ta có : 22 4ah 2dt(SAC) AC'.SC AC'. h 4a===+ 22 4ah AC' h4a = + Mặt phẳng (AB'C'D') cắt BC tại 1 B với 1 AB // BD , 1 AB 2a= . Nếu B'C'D' là tam giác đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy 1 BAC' là nửa tam giác đều, suy ra : 1 22 4ah AC' AB . 3 h4a == + 2a 3 h 2a 3== . Khi đó SO h 3OA== , suy ra SAC là tam giác đều, vậy C' là trung điểm của SC. 2) Hình chóp S.ABCD có thể tích : 2 14 V SO.dt(ABCD) ha 33 == . Tam giác SAB có cạnh AB a 5= và đờng cao hạ từ đỉnh S 22 4a 5h SH 5 + = , do đó có diện tích 22 a s4a5h 2 =+ . Từ đó suy ra diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD : S = 4s + dt (ABCD) = 222 4a 2a 4a 5h++, thành thử : 22 3V 2ah r S 2a 4a 5h == ++ . Câu Vb. Trớc hết ta hãy chứng minh rằng : AB 2tg tgA tgB 2 + + dấu = chỉ xảy ra khi A = B. Quả vậy : sin(A B) 2sin(A B) tgA tgB cosAcosB cos(A B) cos(A B) ++ += = ++ _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ 2 AB AB 4sin cos 2sin(A B) A B 22 2tg AB cos(A B) 1 2 2cos 2 ++ ++ = = + ++ Để ý rằng kết quả này chỉ đúng với giả thiết A, B là góc nhọn, vì khi đó : 0 < 2cosA cosB = cos (A + B) + cos (A B) cos (A + B) + 1. Trở về với điều kiện của bài toán : 22 2 2 AB 1 tgAtgB2tg (tgAtgB) 22 + += + 2 (tgA tgB) 0 tgA = tgB A = B . đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy 1 BAC' là nửa tam giác đều, suy ra : 1 22 4ah AC' AB . 3 h4a == + 2a 3 h 2a 3== . Khi đó SO h 3OA== , suy ra SAC là tam giác đều,. 1 (C ) và 2 (C ) lần lợt đợc viết lại dới dạng : 222 1 (C : (x 3) y 2+= , 222 2 (C ):(x 6) (y 3) 1+= Vậy 1 (C ) có tâm 1 I(3,0), bán kính 1 R2= , 2 (C ) có tâm 2 I(6,3), bán kính. kết quả này chỉ đúng với giả thi t A, B là góc nhọn, vì khi đó : 0 < 2cosA cosB = cos (A + B) + cos (A B) cos (A + B) + 1. Trở về với điều kiện của bài toán : 22 2 2 AB 1 tgAtgB2tg (tgAtgB) 22 + +=