38 Đề thi thử ĐH môn Toán có đáp án

________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= x-x+1 x-1 2 . 2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C). 3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x 2 +a. Câu II. Cho hệ phỷơng trình xyxym xym ++ = += 22 1) Giải hệ vớim=5. 2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm? Câu III. 1) Cho bất phỷơng trình x 2 + 2x(cosy + siny) + 1 0. Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y. 2) Giải phỷơng trình lỷợng giác sin 2 x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 3 Câu IVa. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip E) : x 9 + y 4 22 =1, http://aotrangtb.com ________________________________________________________________________________ và hai đỷờng thẳng (D):ax-by=0, (D):bx+ay=0, với a 2 +b 2 >0. 1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D) với (E). 2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ. 3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất. 4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất. Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M. Dỷnồ g BNCM,BHCM .Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N. 1) Chỷnỏ g minh : BNCM 2) Chỷnỏ g minh : BMCN 3) Hãy chỉ cách dỷnồ g điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất. http://aotrangtb.com ___________________________________________________________ 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(1+b)x+(1+b)=0 (1) b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0 1 x 2 = b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '=(1+b)b(1+b)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 y = x + 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 S+ 2S15=0 S = 5, S = 3. Với S = 5, ta có P = 10, loại vì điều kiện 2 S 4P 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 S+2S3m=0 . http://aotrangtb.com ___________________________________________________________ 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 si n 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 si ny 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(tg x 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+= + + 2 tg x(tg x 1) 3(tgx 1) 0+ += 2 (tgx 1)(tg x 3) 0+= tgx 1 tgx 3 = = xk 4 xk 3 = + = + ( k Z) ________________________________________________________________________________ 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) ị BK 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. ________________________________________________________________________________ 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 , 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 . _____________________________________________________ __________ 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 http://kinhhoa.violet.vn 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. _____________________________________________________ __________ ________________________________________________________________________________ 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 ________________________________________________________________________________ 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. [...]... ) có tâm I1 (3, 0) , bán kính R1 = 2 , (C2 ) có tâm I 2 (6, 3) , bán kính R2 = 1 Ta tìm đờng thẳng tiếp xúc với (C1 ) và (C2 ) 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 (C1 ) và (C2 ) Mọi đờng thẳng tiếp xúc với (C1 ) và (C2 ) khác với đờng thẳng đứng đều có dạng ax y + b = 0 Theo điều kiện tiếp xúc, ta có. .. - 2y 2 3 3 3 2 2 - 2y = + 2y + cos - cos 2 3 3 2sin 3 3 2 sin2y = sin2y = 2 2 3 Do (4) nên chỉ có nghiệm duy nhất : y = , và do vậy x = 2 6 Vậy : nếu bài toán có nghiệm thì phải có x = 2, y = /6 o o o o Thử lại, thấy thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt ra (đề nghị tự kiểm tra) Đáp số : x = 2 ; y = 6 o o 2) a) a 2 = b 2 + c 2 - 2bccosA =(b - c) 2 + 2bc(1 - cosA) A a A A a2 2bc (1 - cosA)... , AB1 = 2a Nếu B'C'D' là tam giác đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy B1AC' là nửa tam giác đều, suy ra : 4ah 2 h + 4a 2 = AC' = AB1 3 = 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 : 1 4 V = SO.dt(ABCD) = ha 2 3 3 Tam giác SAB có cạnh AB = a 5 và đờng cao hạ từ đỉnh S SH = do đó có diện tích s = 4a 2 + 5h2 , 5 a 4a... (2) đều có nghiệm x1 = 0 Giải (a 1)x + a 2 + a + 2b = 0 Nếu a 1 có nghiệm x2 = a 2 + a + 2b 1 a Nếu a = 1 ta có : 0x = 2(1 + b) (3) Với b 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với x Kiểm tra x2 có thỏa mãn điều kiện x2 a ? x2 a a 2 + a + 2b a a 2 + a + 2b 1 a a a 2 2(a 2 + b) 0 b a 2 x 2 a a 2 + a + 2b a a 2 + a + 2b a 2 a b a 1 a Kết luận : với b 1 , (1) có. .. với điều kiện của bài toán : tg2 A + tg2 B = 2tg2 A+B 1 (tgA + tgB)2 2 2 (tgA tgB)2 0 tgA = tgB A = B http://kinhhoa.violet.vn _ Câu I Cho m là một số nguyên dỷơng, hãy tìm cỷồc trị của hàm số y = xm(4 - x)2 Khảo sát sỷồ biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 Câu II 1) ABC là một tam giác bất kì Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có 1+ 1 2 x cosA + x(cosB... và (2) đợc đáp số : |a| > 5 2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số : xo d , xo , xo + d (d 0) thỏa mãn (xo d)3 + a(xo d) + b = 0 , x3 + ax o + b = 0 , o (xo + d)3 + a(x o + d) + b = 0 Giải ra đợc xo = 0, b = 0, a < 0 tùy ý Khi đó 3 nghiệm là a , 0, Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý a Câu II Phơng trình đã cho tơng đơng với : (1 a)y2 2y + 4a = 0 (1) y= 1 (2) cosx 1 : (1) có nghiệm kép... a 2 a b a 1 a Kết luận : với b 1 , (1) có nghiệm duy nhất x1 = 0 Nếu a = 1 thì : với b = 1, (1) có nghiệm là x 1 Nếu a 1 ; 0 thì : 2 với b a , b - a, (1) có hai nghiệm x1 = 0, a 2 + a + 2b x2 = 1 a với b = a 2 hoặc b = - a thì (1) có một nghiệm x1 = 0 Nếu a = 0 thì (1) có một nghiệm x2 = 2b nếu b 0 ; (1) sẽ vô nghiệm nếu b = 0 2) Vì a 2 + b2 + c2 = 1 nên - 1 a, b, c 1 Do... 1 3x - 1 1 ị x 1 2 0 . 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 :. 1 x 2 = b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '=(1+b)b(1+b)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). 2 x[a 1)x a a 2b] 0+++= (2) Với a, b (2) đều có nghiệm 1 x0= . Giải 2 (a 1)x a a 2b 0+++= . Nếu a 1 có nghiệm 2 2 aa2b x 1a ++ = Nếu a = 1 ta có : 0x = 2(1 + b). (3) Với b 1 thì (3)