Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 11

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

_________________________________________________________

Câu I.
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Xét
22
mx 1
y
x
+
=
= 1
22
mx 1 x
0
x
+
=


2
2
x0
x1
m
x

=



2
x0
x1
0
x









x0
x1





x 1.
Với mọi điểm của đờng thẳng y = 1 mà hoành độ x 1 luôn tồn tại giá trị của m, nghiệm của
2

2
x1
m
x

=
để đồ thị tơng ứng đi qua đờng thẳng y = 1.
Vậy với những điểm trên đờng y = 1 có hoành độ x < 1 đồ thị hàm số không đi qua với mọi m.
3) Gọi tọa độ những điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m là
o
x
,
o
y
. Ta có :
22
o
o
o
mx 1
y
x
+
=
với mọi m (
o
x0

)

22
ooo
mx yx 1 0+= với mọi m.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi đồng thời :
2
o
x0=

oo
yx 1 0+=

Hệ này vô nghiệm. Vậy không tồn tại điểm nào trong mặt phẳng tọa độ mà đồ thị luôn đi qua
với mọi m.
4) Xét
2
xax10+>
với mọi x > 0

2
x1
a
x
+
> , x > 0
Xét đồ thị
2
x1
y
x
+

=
với x > 0 là nhánh trên của đồ thị hàm số đã vẽ ở phần 1. Ta có a < y với
mọi
x > 0 : nghĩa là
min
ay<
mà
min
y2=
, vậy với mọi giá trị a < 2 thì
2
xax10+> với mọi x > 0.
Câu II.
Gọi
o
x
là một nghiệm của phơng trình (1). Nghiệm của phơng trình (2) gấp đôi nó sẽ là
o
2x
.
Ta có :
2
oo
xxm0+=
(1)

2
oo
4x 6x m 0+=
(2)

Trừ (2) cho (1) :
2
oo
3x 5x 0=

o
x0=
,
o
5
x
3
=
.
Với
o
x
= 0 thì m = 0,
o
x
=
5
3
thì m
10
9
=
.
Trờng hợp 1 : Với m = 0, hai phơng trình đã cho trở thành :

2
xx0=
(1)
2
x3x0=
(2)
Phơng trình (1) có nghiệm
1
x
= 0,
2
x
= 1.
Phơng trình (2) có nghiệm
3
x
= 0,
4
x
= 3.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0

_________________________________________________________

Chúng có một nghiệm chung x = 0, nhng hai nghiệm còn lại không gấp đôi nhau. Trờng hợp
này loại.
Trờng hợp 2 : Với
10
m
9

=
, hai phơng trình đã cho trở thành
2
10
xx 0
9
=
(1)
2
10
x3x 0
9
=
(2)
Phơng trình (1) có nghiệm
1
2
x
3
=
,
2
5
x
3
=
.
Phơng trình (2) có nghiệm
3
10

x
3
=
,
4
1
x
3
=
.
Dễ thấy rằng nghiệm
3
x
=
10
3
của phơng trình (2) lớn gấp hai lần nghiệm
2
5
x
3
=
của
phơng trình (1).
Vậy
10
m
9
=
là giá trị cần tìm.

Câu III.
1) Theo định lí hàm số cosin trong tam giác :
222
abc2bccosA=+
cosA =
222
bca
2bc
+
(1)

2
oo
4x 6x m 0+=

Theo định lí hàm số sin trong tam giác :
a
sin A
2R
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra cotgA =
222
(b c a )R
abc
+
(3)
Do vai trò ba góc A, B, C nh nhau, tơng tự ta có :
222
(a c b )R

cot gB
abc
+
=
(4)
222
(a b c )R
cot gC
abc
+
=
(5)
Kết hợp (3), (4), (5) suy ra điều phải chứng minh :
222
(a b c )R
cotgA cotgB cotgC
abc
++
++=
2) Xét hai trờng hợp :
a) Một trong ba số a, b, c bằng 0. Giả sử a = 0. Theo giả thiết :
a + b + c = abc ;
a = 0 b = c.
Thay a = 0 vào biểu thức phải chứng minh, ta có :
b(1)(
2
c 1) + c(1)(
2
b 1) = 0.
Đẳng thức này luôn đúng khi b = c.

b) Cả ba số a, b, c đều khác 0 : Đặt a = tg, b = tg, c = tg.
Theo giả thiết a + b + c = abc, nghĩa là : tg + tg + tg = tgtgtg
tg + tg = tg(tgtg 1)
tg tg
tg
1tgtg

=


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

_________________________________________________________

(bởi vì tgtg 1 luôn khác 0 do không thể tồn tại
tgtg = 1 và tg + tg = 0)
tg( ) = tg +
o
k
=
+ + =
o
k
.
Nh vậy, ta cần chứng minh :
tg(
2
tg
1)(
2

tg
1) + tg(
2
tg
1)(
2
tg
1) + tg(
2
tg
1) ì (
2
tg
1) = tgtgtg.
Chia cả hai vế cho vế phải, ta có : điều cần chứng minh tơng đơng với :
cotg2cotg2 + cotg2cotg2 + cotg2cotg2 = 1

cot g2 cos2 cos2 sin(2 2 )
1
sin2 sin2 sin2 sin2 sin2
+
+=



1
2
[cos2( + ) + cos2( )] cos2 = sin2sin2

1

2
[cos2( ) cos2] = sin2sin2
sin( + )sin( ) = sin2sin2
sin(
o
k
2)sin[ (
o
k
)] = sin2sin2
sin2sin2 = sin2sin2.

Câu IVa. 1) Điểm C có tọa độ (a , m), vậy đỷờng tròn (C) có phỷơng trình (x - a)
2
+(y-m)
2
=m
2
.
Đỷờng thẳng AB có phỷơng trình
x
a
+
y
b
=1
.
Vậy các tọa độ của A và P là nghiệm (x , y) của hệ
()( ) ()
()

xa ym m
x
a
y
b
+ =
+=





222
1
12
Để giải hệ này, từ (2) suy ra
y
b
=1-
x
a
=
a-x
a
ị (x-a)
2
=
ay
b
22

2
Thế vào (1), ta đỷợc
ay
b
22
2
+(y-m)
2
=m
2

y
a+b
b
y-2m =0
22
2








,
vậy :y = 0 ị x = a (tọa độ của A)
y=
2mb
a+b

2
22
ị x=a
1-
y
b
=a1-
2mb
a+b
22














(tọa độ của P).
2) Nhận xét rằng do m ạ 0, nên P không thuộc Oy, và m ạ
a+b
2b
22
, nên P B, vậy đỷờng tròn (K) đỷợc hoàn toàn xác

định. (Hình 114).
Giả sử K có tọa độ (k, b). Đỷờng tròn (K) có phỷơng trình (x - k)
2
+(y-b)
2
=k
2
.
Vì P ẻ (K), nên ta có
a
mb
ab
k
mb
ab
bk1
22
22
2
2
22
2
2

+

+







=
Hay
a1-
2mb
a+b
- 2ka 1 -
2mb
a+b
+b 1-
2m
2

22
2
22
2
















b
a+b
22
2

=0.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Do
1-
2mb
a+b
22
ạ 0, suy ra
k=
a + b - 2mb
2a
22
.
3) Các giao điểm P, Q của (C) và (K) có tọa độ (x , y), nghiệm hệ gồm 2 phỷơng trình của (C) và (K)
(x-a)
2
+(y-m)
2
=m
2
x-
a + b - 2mb
2a
22
2

+ (y- b) =
a + b - 2mb
2a
2
22
2








Hay x
2
-2ax+a
2
+y
2
- 2my = 0 (1)
x
2

-
a + b - 2mb
a
22
.x+y
2
-2by+b
2
= 0. (2)
Lấy (1) trừ cho (2), ta đ ợc phỷơng trình bậc nhất đối với x, y :
b - a - 2mb
a
22








x+2(b-m)y+a
2
-b
2
= 0. (3)
Vì các tọa độ của P và Q đều thỏa mãn (3), nên ta kết luận : (3) là phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Viết lại (3) d ới
dạng
-2m
bx

a
+y +
(b - a x
a
22)






+2by=b
2
-a
2
,
ta thấy đỷờng thẳng PQ đi qua điểm cố định (x , y), nghiệm của hệ
bx
a
+y=0
(b - a x
a
22)
+2by=b
2
-a
2
.
i) Nếu b
2

-a
2
ạ 0, ta viết hệ trên d ới dạng
x
a
+
y
b
=0
x
a
+
2b
b-a
22
.y=1.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________