Đề thi thử và đáp án môn toán (Đề 8) pptx

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Câu I.Dox
2
-4x+5>0vớimọixnênhàmsốxácđịnh trên toàn bộ trục số. Ta có:
y=-2+
a(x - 2)
xx
2
45+
, y =
a
(x - 4x + 5)
23
.
Giả sử hàm đạt cực đại tại x
o
. Khi đó ta phải có :
yx
yx
'( )
''( )
0
0
0
0
=
<

ax
xx
a
()
0
0
2
0
2
45
2
0

+
=
<






a
xx
x
x
=
+

<





245
2
2
0
2
0
0
0
Điều đó chứng tỏ rằng a phải thuộc miền giá trị của hàm số:
f(x) =
2x-4x+5
2
x 2
với - Ơ <x<2.
Ta có : f(x) =
-2
(x - 2) x - 4x + 5
22
Miền giá trị của f(x) là khoảng (-Ơ ; -2). Vậy ta đỷợc đáp số là -Ơ <a<-2.
Câu II. Ta giải phần 2) trỷỳỏc. Ta biến đổi:
cos
6
x + sin
6

x = (cos
2
x + sin
2
x)(cos
4
x - sin
2
xcos
2
x + sin
4
x) =
= 1 - 3sin
2
xcos
2
x=1-
3
4
sin 2x
2
,
cos
2
x + sin
2
x = cos2x. Do đó phỷơng trình đỷợc viết lại:
1-
3

4
sin 2x
cos2x
=2m
sin2x
cos2x
2
.
Đặt điều kiện cos2x ạ 0tasẽđỷợc:
3sin
2
2x + 8msin2x-4=0.
Đặt t = sin2x thì -1<t<1(docos2x ạ 0) và ta có phỷơng trình:
3t
2
+8mt-4=0. (2)
Muốn (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm t ẻ (-1;1).Rõràngt=0không thỏa (2) nên ta có thể chia cả hai vế của
(2) cho t sẽ đỷợc:
8m =
-3t + 4
t
2
. (3)
Hàm f(t) =
-3t + 4
t
2
có f =
-3 -
4

t
2
.
Dựa vào bảng biến thiên này, nhận thấy muốn (2) tức
(3) có nghiệm t ẻ (-1 ; 1) thì 8m < -1 hoặc 8m > 1,
tức là
m<
-
1
8
hoặc m >
1
8
.
1) Khi m =
1
8
,phỷơng trình vô nghiệm.
Câu III. 1) Ta có
P=
bc
a(b+c)
+
ac
b(a +c)
+
ab
c(a + b)
222
=

1
a
.
1
1
b
+
1
c
+
1
b
.
1
1
c
+
1
a
+
1
c
.
1
1
a
+
1
b
222

Đặt
1
a
=x
,
1
b
=y
,
1
c
=z
ta có xyz =
1
abc
=1
.
Khi đó
P=
x
y+z
+
y
z+x
+
z
x+y
222
Theo bđt Côsi ta có
x

y+z
+
y+z
4
2
x
y+z
.
y+z
4
=x (1)
22

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
y
z+x
+
z+x
4
y (2) ,
z
x+y
+
x+y
4
z(3)
22

Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta đỷợc

P+
x+y+z
2
x+y+z
P
1
2
(x+y+z)
3
2
3 xyz =
3
2
2) Gọi ABC là tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O) bán kính R cho tr ớc. Ta phải tìm tam giác có
AB
2
+BC
2
+CA
2
lớn nhất. Dùng định lí hàm số sin ta có:
AB
2
+BC
2
+CA
2
=c
2
+a

2
+b
2
=4R
2
(sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C).
Ta phải tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
S = sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C=
3
2
-
1
2
(cos2A + cos2B + cos2C)
.
Muốn S lớn nhất thì S
1
= cos2A + cos2B + cos2C phải nhỏ nhất. Ta có:

S
1
= 2cos
2
A-1+2cos(B + C) cos(B - C) =
= 2cos
2
A - 2cosA.cos(B - C) - 1.
Vế phải là một tam thức bậc hai đối với cosA, hệ số của cos
2
A là d ơng nên tam thức có giá trị nhỏ nhất khi
cosA =
1
2
cos(B - C)
(1)
và S
1min
=
-
4a
=-
4cos (B - C) + 8
8
2

=
-
1
2

cos (B-C)-1
2
.
S
1min
phụ thuộc cos(B - C). Muốn có giá trị nhỏ nhất của S
1min
thì phải có cos
2
(B - C) = 1 hay cos (B - C) = 1 (không
lấy giá trị -1 vì B, C là 2 góc của tam giác), suy raB=C.Thay vào (1) ta đ ợc cosA = 1/2, tức làA=60
0
. Vậy tam
giác đều là tam giác có tổng AB
2
+BC
2
+CA
2
lớn nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O).
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
_www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
_______________________________________________________


Câu IVa. Đặt x = t thì dx = dt và
I =
bb
xt

bb
f(x) f( t)
dx dt
a1 a 1




= =
++





===
++ +

bbb
tx
tt x
bbb
f(t) a f(t) a f(x)
dt dt dx
a1 a1 a1
.
Suy ra
2I =
bb b
xx

xx x
bb b
f(x) a f(x) (a 1)f(x)
dx dx dx
a1 a1 a1

+
+= =
++ +



bb
b0
f(x)dx 2 f(x)dx

==

(vì f(x) chẵn). Vậy I =

b
0
f(x)dx.
Câu Va.
1) Đa phơng trình elip về dạng chính tắc
22
xy
1
41
+=

;
suy ra
1
A( 2,0) ;
2
A (2, 0).
Vậy
1
AN có phơng trình :
11
NN
ANAN
yy xx
yyxx

=


4 (n y) = n(2 x)
nx 4y + 2n = 0 (1)
Tơng tự
2
AM có phơng trình là : mx + 4y 2m = 0
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ (1), (2)

2(m n)
x
mn
mn
y

mn


=


+


=

+

2) Ta có phơng trình của MN là
NN
MN MN
yy xx
yyxx

=


(n m) x 4y + 2 (m + n) = 0 (3)
Để MN tiếp xúc với elip (E) thì hệ
22
x4y4
(n m)x 4y 2(m n) 0


+=

++=



phải có nghiệm duy nhất.
Từ (3) có
nm mn
yx
42
+
=+
;
thay vào phơng trình (E) và biến đổi ta có :
2222 2
(n m) 4 x 4(n m )x 4(m n) 16 0

+ + ++=

(4)
Để hệ có nghiệm duy nhất thì (4) phải có nghiệm duy nhất, tức là :
_www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
_______________________________________________________


' = 64(1 mn) = 0 mn = 1.
Vậy để MN tiếp xúc với (E) thì mn = 1.
Điểm I có tọa độ
2(m n)
x

mn

=
+
(5)
mn
y
mn
=
+
(6)
Từ (5) ta có :
Do mn = 1, từ (6)
1
y
mn
=
+
; thế vào (7) ta có
22
x416y=
2
2
x
4y 1
4
+
=
.
Vậy tọa độ của I thỏa mãn phơng trình :

2
2
x
4y 1
4
+
= .
Vậy tập hợp điểm I là elip
2
2
x
4y 1
4
+=
.
Câu IVb.
1) N A'D N (AA'D) ;
N BC N (ABC). Vậy N thuộc giao của 2 mặt phẳng (AA'D) và (ABC). Hiển nhiên A, M
cũng thuộc giao tuyến đó. Vậy A, M, N thẳng hàng.
2) Gọi H, H' tơng ứng là hình chiếu của A và M trên (BCD)
MH' // AH AH và MH' cũng nằm trong (ANH)
=
MH' MN
AH AN
(1)
Mặt khác : (do MA' // AD)
MN MA'
AN AD
=
(2)

Từ (1) và (2)
MH' MA'
AH AD
=

MBCD
ABCD
V
MH' MA'
VAHAD
==
(3)
3) Tơng tự nh phần 2) ta chứng minh đợc :
MACD
ABCD
V
MB'
VBD
=
, (4)
MABD
ABCD
V
MC '
VCD
=
(5)
Cộng theo vế (3), (4) và (5) ta đợc
MA' MB' MC'
1

AD BD CD
++=
.