De tu luyen thi DH so 5

[r]

Trờng thpt đề luyện thi đại học. số 5 bắc yên thành Môn Toán – Khối A Thời gian làm 180 phút

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

4

y x  4x m có th (C

m).

1) Khảo sát hàm sè m =

2) Khi (Cm) cắt trục hoành Ox điểm phân biệt Hãy xác định m để hình phẳng

giíi h¹n bëi (Cm) trục hoành có diện tích phần phía phần phía dới

trục hoành nhau.

Câu II.(2 điểm)

1) Giải phơng trình:

2

2(1 x) x 2x x  2x 1

2) Giải phơng trình: 9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8   

Câu III.(2 điểm)

1) Giải hệ phơng trình:

y

5 log x 2

4 y

y.x x

log y.log (y 3x) 1 

 



 

 

2) Chứng minh đẳng thức:

n n n n n 1 n n

n n n n n n n

n4 C (n 1)4  C (n 2)4 C ( 1) C  C 4C n2 C

          

Câu IV.(3 điểm)

1) Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho elíp (E):

2

x y

1

18 8  TiÕp tuyÕn cña

(E) điểm M thuộc (E) cắt trục tọa độ A B Tìm vị trí M (E) để

OAB cã diƯn tÝch nhá nhÊt.

2) Trong khơng gian Oxyz cho đờng thẳng

x 2 y z 1

d :

1 1 2

 

điểm

A=(3;–3;2) Xác định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d.

Câu V.(1 điểm) Cho ABC có diện tích S Gọi ma, mb, mc; ha, hb, hc tơng ứng độ dài

các trung tuyến đờng cao ứng với đỉnh A, B, C tam giác Chứng minh

r»ng:    

2 2 2 2

a b c a b c

m m m h h h 27S

Biên soạn đề: Ths Nguyễn Bá Thủy

Đáp án đề luyện thi số 5

Môn: Toán Khối A Thời gian làm 180 phút.

Câu ý Nội dung Điểm

I I.1)

Víi m =3 ta cã hµm sè

4

y x  4x 3 Hs tù khảo sát.

Đồ thị

Đồ thị: 0.25đ I.2) Đặt t = x2.

Đồ thị (C) cắt Ox điểm phân biệt Phơng trình x4 4x2m có nghiệm phân biệt PT t2 4t m 0  cã nghiƯm d¬ng t ph©n biƯt



' m S

2 0 m

2 m

    

 

     

  

 (*)

Gọi x1 < x2 hoành độ dơng giao điểm (C) với Ox Vì (C) nhận Oy làm trục đối xứng nên ta cần tìm điều kiện để S1 = S vi:

S1 diện tích hình phẳng giới hạn Oy, (C), Ox, x = x1 S2 diện tích hình phẳng giới hạn Ox, (C), x=x1, x=x2

Ta cã:

1

1

x x

4

1

0 x

S S  x  4x m dxx  4x m dx

1 2

1

x x x

4 4

0 x

(x  4x m)dx (x  4x m)dx (x  4x m)dx 0

  

2

x 4 2 4 2

5

2 2

2

x 4x x 4x

x 4x

mx x m m

5 5

 

 

              

    (1) v× x2>0

Lại x2 nghiệm phơng trình x4 4x2m 0 nªn

4

2

x  4x m 0 (2)

Gi¶i hƯ (1), (2) ta cã:

20 m

9



0.25 0.25

0.5

II II.1)

Giải phơng trình:

2

2(1 x) x 2x x   2x 1

§iỊu kiƯn:

2 x

x 2x

x

       

  

Đặt t x22x 1  t2x22x 1  x2t2 2x 1 , thay vào phơng trình

cho ta cã:

2

2(1 x)t (t   2x 1) 2x 1    t  2(1 x)t 4x 0   

t t 2x

    

• t = 

2

x 2x 2   x 2x 0   x 1 6 (thỏa mÃn điều kiện)

ã t = 2x

2

x x 2x 2x

3x 2x

      

  

 V« nghiƯm.

Vậy phơng trình cho có nghiệm x 1

0.25

0.25 0.5

II.2) Giải phơng trình: 9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8   

Phơng trình cho  9sin x 6cos x 6sin x cos x 2sin x 8    

6cos x(1 sin x) 2sin x 9sin x 6cos x(sin x 1) (sin x 1)(2sin x 7)

sin x (1)

(sin x 1)(6cos x 2sin x 7)

6cosx 2sin x (2)

          

 

      

 



•

(1) x k2

   

0.25

ã (2) vô nghiƯm

Vậy phơng trình cho có nghiệm

x k2 ,k



 

III III.1)

Giải hệ phơng tr×nh: y

5

log x 2

4 y

y.x x

log y.log (y 3x)

        §iỊu kiÖn x

0 y 3x y y 3x             

Hệ cho 

y

log x 2

y y

y y

log y.x log x log (y 3x) log

             y y (log x) log x

2 y 3x

         y

y y

y

log x

x y

5 x 4

(log x) log x 1

2 log x y x

y 16

y 3x y 3x

y 3x

                                         

VËy hÖ cã nghiÖm (x;y) lµ (4;16)

0.25

0.25

0.5

III.2) Chứng minh đẳng thức

n n n n n 1 n n

n n n n n n n

n4 C (n 1)4  C (n 2)4  C ( 1) C  C 4C n2 C

          

Cã  

n 0 n 1 n 1 2 n 2 n n

n n n n

2x 1 C (2x)  C (2x)  C (2x)     ( 1) C

Lấy đạo hàm vế ta có:

n n 1 n 2 n n n

n n n n

2n(2x 1)  2nC (2x 1)  2(n 1)C (2x)  2(n 2)C (2x)  ( 1) 2C 

         

Cho x =2 ta đợc:

n n n n n n

n n n n

n.3 n.4 C (n 1)4  C (n 2)4 C ( 1) 2C 

        (1)

Ta l¹i cã:

n n n

n n n

(1 x) C C x C x 

Lấy đạo hàm hai vế ta có:

n 1 n n

n n n

n(1 x)  C 2C x nC x 

    

Cho x =2, ta cã:

n 1 n n

n n n

n.3 C 4.C n.2 C

    (2)

Từ (1) (2) ta có đpcm

0.25

0.25 0.25

0.25

IV IV.1)

Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E):

2

x y

18  Tiếp tuyến (E) M (E) cắt 2

trục tọa độ A B Tìm vị trí M (E) để OAB có diện tích nhỏ nht

Phơng trình tiếp tuyến AB (E) M(x0; y0) (E) (d):

0

xx yy

1

18  

d cắt Ox, Oy A, B tơng ứng có tọa độ 0

18

A ; ; B 0;

x y              OAB 0

1 18

S OA OB

2 x y

  

Do M(E) 

2

0

x y

1

18  (1) không đổi 

2

0

x y

18 lín nhÊt 

2

0

x y

188 (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã điểm thỏa mÃn M ( 3; 2); M ( 3; 2); M (3; 2); M (3; 2)1    

0.25

0.25

0.5

IV.2)

Trong kh«ng gian Oxyz cho

x 2 y z 1

d :

1 1 2

 

 

điểm A= (3;3;2) Xác

định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d

Mp(α) qua A vu«ng gãc víi d cã phơng trình: (x3) (y+3) 2(z 2) =

D có phơng trình tham số

x t y t z 2t

   

    

Thay vào phơng trình () ta cã:

2 + t + t + + 4t – = 

2 t

3

d cắt () điểm

4 I ; ;

3 3

 

 

 

B điểm đối xứng với A qua d  I trung điểm AB



B

B I A

B I A B

B I A

B

1

x 3

x 2x x

13

y 2y y y 3

z 2z z z 4

3

   

 

 

   

 

   

  

 .

Vậy điểm B đối xứng với A qua d có tọa độ

1 13

B ; ;

3 3

 

   

 

0.25

0.25

0.25

V

Chøng minh r»ng:    

2 2 2 2

a b c a b c

m m m h h h 27S

Theo c«ng thøc trung tuyÕn ta cã:  

3

2 2 2 2 2

a b c

3

m m m a b c a b c

4

     

(1)

MỈt kh¸c: ABC a b c

1 1

S ah bh ch

2 2

   

Do đó:

2 2 2 3

a b c 2 2 2

1 1

h h h 4S 12S

a b c a b c

 

      

  (2)

Nhân vế với vế bất đẳng thức chiều (1) (2) ta có đpcm

0.5