Đề thi thử và đáp án môn toán (Đề 9) pot

_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) Các giao điểm của (P) và (C) có tọa độ (x , y) là nghiệm của hệ phỷơng trình
yx
xyR
2
22
2
=
+ =



()
Suyra (x-2)+x=R
2
x
2
-3x+4-R
2
=0. (1)
Để (C) tiếp xúc với (P), phỷơng trình (1) phải có nghiệm duy
nhất, tức là
=9-4(4-R
2
)=0 R=
7

2
.
Khi đó (1) có nghiệm
x=
3
2
ị y
2
=x =
3
2
ị y=

6
2
, nói cách khác các tiếp điểm T, T có tọa độ
3
2
,
6
2







(Hình).
2) Tiếp tuyến của (P) tại điểm (x

o
,y
o
) ẻ (P) có hệ số góc xác định bởi
2y
o
y
o
=1ị y
o
=
1
2y
o
.
Vậy tại điểm T
3
2
,
6
2






ẻ (P), tiếp tuyến AT có hệ số góc
k = y' =
1

2y
=
1
2
.
2
6
=
1
6
o
o
,
suy ra phỷơng trình của tiếp tuyến AT
y=
1
6
x-
3
2
+
6
2
=
x
6
+
6
4

.
Tiếp tuyến AT đối xứng với AT qua Ox, vậy AT có phỷơng trình
-y=
x
6
+
6
4
y=-
x
6
-
6
4
.
3) Theo hình 118, A là giao điểm của tiếp tuyến AT với Ox. Suy ra hoành độ của A là nghiệm của phỷơng trình
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
0=
x
6
+
6
4
x=-

3
2
.
Diện tích S của tam giác cong ATOT (vì lí do đối xứng) bằng 2 lần diện tích S của tam giác cong AOT. Ta có theo
kí hiệu trên hình :
S = dt(AHT) - S
1
với S
1
là diện tích của tam giác cong OHT. Vởy dt(AHT) =
1
2
. AH. HT =
3
2
.
6
2
=
36
4
,
S= xdx=
2
3
x=
3
2
=
6

2
1
0
3/ 2
3/ 2
0
3/ 2




,
S' =
36
4
-
6
2
=
6
4
, S = 2S =
6
2
.
Khi đó AK = AL. Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có:
1
AK
=
1

AK'
-
1
SA
,
1
AL
=
1
AL'
-
1
SA
2222 22
.
suy ra AK = AL ị KL AB.
Ngỷỳồc lại, nếu KL AB ị AK=ALị SK = AL, SK = SL ị KL // KL ị KL (SAB) ị KL AB ị C là
trung điểm của KL.
với S
1
là diện tích của tam giác cong OHT. Vậy
dt(AHT) =
1
2
. AH. HT =
3
2
.
6
2

=
36
4
,
S= xdx=
2
3
x=
3
2
=
6
2
1
0
3/ 2
3/ 2
0
3/ 2




,
S' =
36
4
-
6
2

=
6
4
,S = 2S =
6
2
.
Câu IVb.1)BK AK, BK SA ị BK (SAK) ị BK AK. Cùng với AK SB ị AK (SBK) ị AK KB.
Vậy K nhìn AB d ới góc vuông. Tỷơng tự ta chứng minh L nhìn AB d ới góc vuông.
Vậy AKBL đỷợc nội tiếp trong đỷờng tròn () đỷờng kính AB trong mặt phẳng Q .
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Để ý rằng trong chứng minh trên, ta còn đ ợc AK SK, tỷơng tự AL SK.
2) KL là một dây cung của () cắt đỷờng kính AB tại C. C chỉ có thể là
trung điểm của KL trong hai trỷỳõng hợp:
Trỷỳõng hợp1:KL AB.
Khi đó AK = AL. Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có:
1
AK
=
1
AK'
-
1
SA
,
1
AL
=
1

AL'
-
1
SA
2222 22
.
suy ra AK = AL ị KL AB.
Ngỷỳồc lại, nếu KL AB ị AK=ALị SK = AL, SK = SL ị KL // KL ị
KL (SAB) ị KL AB ị C là trung điểm của KL.
Trỷỳõng hợp 2 : C là trung điểm của AB. Khi đó kẻ BM // SC cắt AB tại M
(Hình 120). Ta có
SB'
SB
=
CM
CB
=
x
2R - x
.
Nh ng
SB'
SB
=
SB'.SB
SB
=
SA
SB
=

h
h+4R
2
2
2
2
22
suy ra
x=
Rh
h+2R
2
22
.
Ngỷỳồc lại nếu x nhận giá trị trên, suy ra CM=x=ACị AC = CB và C là trung điểm của AB.
3) Tứ giác AKBL có diện tích dt(AKBL) =
1
2
AB. KLsin, trong đó là góc tạo bởi KL với AB. Diện tích
ấy lớn nhất khi KL = AB, = /2, tức là khi AKBL là một hình vuông ; điều đó xảy ra khi C là trung điểm của
AB và KL AB.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________