Đề thi thử và đáp án môn toán (Đề 5) docx

_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 2 2
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
________________________________________________________________________________