Đề thi thử và đáp án môn toán (Đề 7) pot

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
____________________________________________________________
Câu I.
1) Khi m = 0 hàm có dạng
32
yx 3x 9x= . Đề nghị bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị.
2) Khi đó điểm
2
x phải là điểm uốn của đồ thị. Vì vậy ta buộc cho
2
y''(x ) = 0 sẽ đợc
2
x
6x 6 = 0
2
x
= 1.
2
y(x ) = y(1) = 0 11 + m = 0 m = 11. Với m = 11 hàm
có dạng :
3)
32 2
y x 3x 9x 11 (x 1)(x 2x 11)= += . Khi đó đồ thị sẽ cắt trục hoành tại ba điểm
1
x123= ;
2
x
= 1 ;
3
x123=+ .
Câu II.

1) Tìm các giá trị của x (0 ; 2) thỏa mãn phơng trình


sin3x sinx
sin 2x cos2x
1cos2x

=+

.
Viết lại phơng trình :
2cos2xsinx
2cos 2x
4
2sinx


=


.
Với 0 < x < thì có : cos2x = cos 2x
4





.
Giải ra sẽ đợc

1
x
16

=
và
2
9
x
16

=
.
Với < x < 2 thì có : cos2x = cos 2x
4





.
Giải ra sẽ đợc :
3
21
x
16

= và
4
29

x
16

= .
2) Gọi giao của hai trung tuyến
là G. Ta có :


22 22
(3BG) b 2(c a )+= +
Từ đó :
22222
9(AG BG ) 4c a b+=++
,
222
AG BG AB+=
11
AA BB .
Vậy
11
AA BB
2222
9c 4c a b=++

22 2
ab5c+= 2abcosC =
2
4c

=

2
C
2abcosC 4c
absin C ch
2cotgC =
CC
C
4(h cotgA h cotgB)
4(cotgA cotgB)
h
+
==+

+= +
22 22
(3AG) a 2(c b )
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
____________________________________________________________

Câu III.
Trớc hết, tìm a để hệ có nghiệm.
Rút y = 2a 1 x thế vào phơng trình thứ hai, ta sẽ đợc :
22
2x 2(2a 1)x 3a 6a 4 0++=
2
'2a8a70= +

22
2a2
22

+
(*)
Với a thỏa mãn (*) thì hệ có nghiệm. Viết lại phơng trình nh sau :

22
(x y) 2xy a 2a 3+ =+

22
(2a 1) 2xy a 2a 3 =+

2
2xy 3a 6a 4=+
.
Từ đó suy ra : để xy đạt trị nhỏ nhất ta phải lấy
2
a2
2
=
(xem hình , đặt
2
z3a 6a4
=
+).






www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0

________________________________________________________________________________
Câu IVa. 1) (D) có phỷơng trình y = kx, vậy các giao điểm M, N của (D) với (H) có hoành độ xác định bởi
x
4
-
kx
9
222
=1
1
4
-
k
9
x
2
2






=1.
Phải có điều kiện
k
9
<
1
4

2
hay
k<
9
4
2
, khi đó x
MN,
=


6
94
2
k
,
y
MN,
=


6k
94
2
k
.
Tỷơng tự (D) có phỷơng trình y =
-
1
k

x
, suy ra các giao điểm P, Q của (D) với (H) có tung độ xác định bởi
ky
4
-
y
9
22 2
=1
k
4
-
1
9
y
2
2






=1.
Phải có điều kiện
k
4
>
1
9

2
hay
k>
4
9
2
.
2) Ta có
OM
2
=
x+y=
36(1 + k )
9-4k
M
2
M
2
2
2
,
OP
2
=
x+y=
36(1 + k )
9k - 4
P
2
P

2
2
2
,
vậy diện tích hình thoi MPNQ bằng
S = 2.OM.OP =
=
72(1 + k )
(9 - 4k )(9k - 4)
2
22
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
3) Để ý rằng
1
OM
=
9-4k
36(1 + k
,
1
OP
=
9k - 4
36(1 + k
2
2
2) 2
2

2)
ị
1
OM
+
1
OP
=
5
36
22
.
Vậy
2
OM.OP
1
OM
+
1
OP
=
5
36
22

ị OM.OP
72
5
ị S = 2.OM.OP
144

5
, dấu = chỉ xảy ra khi OM = OP
9-4k
2
=9k
2
-4 k
2
=1.
Khi đó (D) và (D) là 2 đỷờng phân giác của các trục Ox, Oy.
Câu Ivb.
1) AF
OM
OB






ị AF (OMB) ị AF MB (1)
Mặt khác, MB AE.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: MB (AFE) ị MB AN. Hình chóp M.OAB đối xứng qua mặt phẳng (MOH) (H là trung
điểm của AB), nên từ kết quả MB AN ta có MA BN.
2) AFB và OHB là các tam giác vuông đồng dạng nên ta có:
FB
HB
=
AB

OB
FB =
AB . HB
OB
=
2a
h+a
2
22
.
Tỷơng tự AEB ~ MHB nên
EB
HB
=
AB
MB
ị EB =
AB . HB
MB
=
2a
x+h+a
2
222
AF OF
AF OM

ịAF(OMB)
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
EB AF. Mặt khác : EB AE (giả thiết).
Từ đó : EB (AFE) ị EB FE.
Vì vậy: V
ABEF
=
1
6
AF.FE.EB =
4a hx
3(a +h )(a +h +x )
5
22222
.
3) Đặt ON = y. Ta nhận thấy:
NOF BOM (vì cùng đồng dạng với BEF).
Từ đó:
NO
BO
=
OF
OM
ị
ị xy = BO.OF không đổi.
V
MNAB
=

1
3
(x + y).dt (OAB).
Từ đó : thể tích tứ diện MNAB nhỏ nhất nếu (x + y) nhỏ nhất. Theo bất đẳng thức Côsi:
x+y
2

xy = BO . OF
không đổi.
Vậyx+ynhỏnhất x=y=
BO.OF
.
Tacó:BO=
h+a
22
;OF
2
=OA
2
-AF
2
=
=h
2
+a
2
-
4a h
a+h
=

(h - a
a+h
22
22
2
2)
22
2
ị OF =
|h - a |
h+a
22
22
.
Cuối cùng: x=y=
BO.OF = |h - a |
22
.