đáp án đề thi đại học- đề số 5 - đề thi môn toán

Câu II. Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với : (1- a)y2 - 2y + 4a = 0 (1) 1 y cosx = (2) 1) Khi 1 a 2 = : (1) có nghiệm kép y = 2. Thay vào (2) đ-ợc 1 cosx 2 = . Do đó x 2k 3 p = ± + p . 2) Vì 0 < x < 2 p nên số nghiệm (x) của ph-ơng trình đã cho trong khoảng 0 ; 2 ? p ? ? ? ? ? bằng số nghiệm (y) của ph-ơng trình (1) trong khoảng (1 ; +8). Vậy ph-ơng trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ; 2 ? p ? ? ? ? ? khi và chỉ khi ph-ơng trình (1) có 2 nghiệm y1 , y2 khác nhau trong khoảng (1 ; +8) ; tức là a ? 1, ? > 0 và 1< y1 < y2 . So sánh số 1 với 2 nghiệm của ph-ơng trình (1), ta đ-ợc kết quả

_ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________ Câu I. 1) 2 a40= |a| 2. (1) 22 12 21 xx 7 xx +> 44 12 2 12 xx 7 (x x ) + > 2 22 1 2 12 12 2 12 (x x ) 2x x 2(x x ) 7 (x x ) + > (theo định lí Viet) 22 (a 2) 2 7> |a| 5> (2) Kết hợp (1) và (2) đợc đáp số : |a| > 5 . 2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số : o xd , o x , o xd + (d 0) thỏa mãn 3 oo (x d) a(x d) b 0+ += , 3 oo xaxb0++= , 3 oo (x d) a(x d) b 0++ ++= . Giải ra đợc o x = 0, b = 0, a < 0 tùy ý. Khi đó 3 nghiệm là a , 0, a . Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý. Câu II. Phơng trình đã cho tơng đơng với : 2 (1 a)y 2y 4a 0+= (1) 1 y cosx = (2) 1) Khi 1 a 2 = : (1) có nghiệm kép y = 2. Thay vào (2) đợc 1 cosx 2 = . Do đó x2k 3 = + . 2) Vì 0 < x < 2 nên số nghiệm (x) của phơng trình đã cho trong khoảng 0 ; 2 bằng số nghiệm (y) của phơng trình (1) trong khoảng (1 ; +). Vậy phơng trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ; 2 khi và chỉ khi phơng trình (1) có 2 nghiệm 1 y , 2 y khác nhau trong khoảng (1 ; +) ; tức là a 1, > 0 và 12 1y y<< . So sánh số 1 với 2 nghiệm của phơng trình (1), ta đợc kết quả : 1 3 < a < 1, với 1 a 2 . Câu III. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Phơng trình của tiếp tuyến d tại M : 4 32 a5 y(xa)(2a 6a) 3a 22 = + + Do đó hoành độ các giao điểm của d và đồ thị là nghiệm của phơng trình : _ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________ 4 42 3 2 15 a5 x3x (xa)(2a6a) 3a 22 22 += ++ Phơng trình này tơng đơng với : 22 2 (x a) (x 2ax 3a 6) 0 ++=. 3) Tiếp tuyến d cắt đồ thị tại 2 điểm P Q f(x) = 22 x2ax3a6 + + có 2 nghiệm khác nhau (và khác a) ' > 0 và f(a) 0 3a 3 << , a 1. Tọa độ điểm K : KPQ 42 K 1 x(xx)a 2 75 ya9a 22 =+= = + + Khử a ta đợc : 42 KKK 75 yx9x 22 = + + . Vì điều kiện : 3a 3<< , a 1 nên K 3x 3< < , K x1 . Vậy tập hợp các điểm K là phần của đồ thị 42 75 yx9x 22 = + + ứng với 3x 3<< , x 1 (xem Hình ) 0 Câu IVa.1) x a + y b + z c =1. 2) Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến r n = 1 a ; 1 b ; 1 c , đó cũng là vectơ chỉ phỷơng của đỷờng thẳng OH, suy ra đỷờng thẳng OH có phỷơng trình tham số x= t a ,y= t b ,z= t c . Điểm H ẻ (ABC) ứng với giá trị tham số t là nghiệm của phỷơng trình t a + t b + t c 222 =1ị t= abc ab +bc +ca 222 22 22 22 . ĐặtM=a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 , ta suy ra tọa độ của H : x H = ab c M ,y = abc M ,z = abc M 22 H 22 H 22 , và độ dài OH OH 2 = x+y+z= abc M H 2 H 2 H 2 222 ị OH = abc ab +bc +ca 22 22 22 . 3) Gọi V là thể tích khối tứ diện OABC, S là diện tích tam giác ABC. Ta có V= 1 6 abc ,V= 1 3 OH . S ị S= 1 2 . abc OH = 1 2 ab +bc +ca 22 22 22 . 4) Từ các bất đẳng thức a 2 b 2 Ê 1 2 (a 4 +b 4 ), b 2 c 2 Ê 1 2 (b 4 +c 4 ), c 2 a 2 Ê 1 2 (c 4 +a 4 ) suy ra a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 Ê a 4 +b 4 +c 4 ị ị 3(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) Ê a 4 +b 4 +c 4 + 2(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 )==(a 2 +b 2 +c 2 ) 2 =k 4 ị www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ S Ê 1 2 . k 3 2 . Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a 2 =b 2 =c 2 = k 3 2 haya=b=c= k 3 . Để ớc lỷỳồng OH, ta viết 1 OH = M abc = 1 a + 1 b + 1 c 2222222 , vậy k OH =(a +b +c) 1 a + 1 b + 1 c 2 2 222 222 33 a b c . 3 3abc 222 222 =9, suy ra OH 2 Ê k 9 2 OH Ê k 3 . Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khia=b=c= k 3 . Câu IVb. 1) Giả sử AH cắt BC tại K. Vì BC OA, BC OH nên BC mặt phẳng (OAH) ị OK BC ; AK BC. Nói khác đi OH và OK là các đỷờng cao hạ xuống các cạnh huyền của tam giác vuông OAK và OBC. Từ đó suy ra: 1 OK = 1 OB + 1 OC = 222 = 1 b + 1 c 1 OH = 22 2 = 1 OA + 1 OK = 22 1 a + 1 b + 1 c 222 ị OH = abc ab + bc +ca 22 22 22 Gọi V là thể tích tứ diện, vậyV = 1 3 OA.S OBC = 1 6 abc. Mặt khác,V= 1 3 OH.S ABC ị S ABC = 3V OH = 1 2 . abc OH = 1 2 ab + bc +ca 22 22 22 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Mặt khác gọi J là trung điểm cạnh BC. Kẻ Ju mặt phẳng (OBC) và trong mặt phẳng (OAJ) kéo dài OG cắt Ju tại I. Các OAG và IJG đồng dạng, vậy: GI GO = IJ OA = GJ GA = 1 2 . Từ đó OA = 2IJ nên I cách đều O và A. Hơn nữa, mọi điểm trên Ju cách đều 3 điểm O, B, C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC với bán kính: OI = 1 2 a+b+c 222 ị OG = 2 3 OI = 1 3 a+b+c 222 . 2) Từ hình vẽ (A, B, C là góc của ABC) AB 2 +AC 2 - 2AB.AC cosA = BC 2 =b 2 +c 2 <<AB 2 +AC 2 ị cosA > 0 ị A nhọn. Tỷơng tự, ta có cosB > 0 và cosC > 0 ị B, C cũng nhọn. Mặt khác : tgB = AK/BK. Nhỷng: Tỷơng tự, a 2 tgA=2S;c 2 tgC=2Sị a 2 tgA=b 2 tgB=c 2 tgC = 2S. 3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t ỷ mặt cầu đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà AG = (2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt OA tại A sao cho: AK BK = a+OK b-OK = a+ bc b+c b- bc b+c = ab + 2 2 22 22 2 22 22 2 22 22 22 bc + ca b 22 22 4 3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t mặt cầu đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà AG = (2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt OA tại A sao cho:OA = 1 3 OA . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________