hoàng thành huế lịch sử 10 trần thị hoa thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (164.57 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề 5:

( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)
Câu 1:

Cho hàm số y =

(m 1)(x 2x) m 4 (C )

mx m

   

 với m0 và

m .

4


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.

2. Tìm m, để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu.
Câu 2:

1. Giải bất phương trình:

1 1

15.2  1 2 1 2 

   

x x x

2. Tìm m để phương trình: 4(log2 x)2 log0,5x m 0 có nghiệm thuộc (0, 1).
Câu 3:

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0.

(C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0.

Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

2. Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:

(d1) :
¿
x=t
y=4+t
z=6+2t

¿{ {
¿

; và (d2) :

¿
x=t '
y=3t ' −6

z=t ' −1
¿{ {

Gọi K là hình chiếu vng góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường

thẳng qua K vng góc với (d1) và cắt (d1).
Câu 4:

1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vng
góc với đáy, hai mặt bên cịn lại cùng tạo với đáy góc α.

2. Tính tích phân: I =

∫

√3
dx

x6(1+x2) .
Câu 5:

1. Tính tổng

0 1 2 2009

2009 2009 2009 2009

S C 2C 3C ... 2010C .

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =

cosx
sin2x

(2cosx −sinx) với 0 < x  3


Câu 6: Giải phương trình

4 3 1 0

z

z  z    z

trên tập số phức.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)

1) Khi m = 2, ta có:

x 2x 6 x 3 9

y : (C)

2x 2 2 2 2x 2

 

   

 

* MXĐ: D = R\{-1}

2
/

2x 4x 16

(2x 2)
 




/ x 4 y 5

y 0

x 2 y 1

  



     



* Giới hạn và tiệm cận:

xlim y 1   x1: tiệm cận đứng

x x

x 3 9

lim y lim 0

2 2 2x 2

   

  

     

  

 

 

x 3
y

2 2

  

: tiệm cận xiên
* Bảng biến thiên:

x - -4 -1 2 +

y/ + 0 - - 0 +

y
-

-5
CĐ

-

+

CT
1

+

* Đồ thị: hình trên.

2).

2 2

m(m 1)x 2m(m 1)x 3m 2m

(mx m)

    





2
/

(m 1)x 2(m 1)x 3m 2
y

m(x 1)

    

 

 (vì m 0)

 Hàm số có cực đại, cực tiểu
/

y 0

  có hai nghiệm phân biệt khác –1.

g(x) (m 1)x 2(m 1)x 3m 2 0

        có 2 nghiệm phân biệt khác –1

m 1 0 m 1

(m 1)(4m 1) 0 1 (*)

g( 1) 4m 1 0 4

 

  

 

      

  

     



 Trong điều kiện đó, g(x) = 0 có 2 nghiệm x1, x2 và

1 2

x x 2

3m 2
x x

m 1
 




 




 

 Gọi (x ; y ), (x ; y )1 2 2 2 là tọa độ 2 điểm cực trị.

 tại điểm cực trị thì:

/ /

/
2

/
u .v u.v

y 0 u 2(m 1)

v y (x 1)

m
v

y , v 0

 

 

 



   



  




x
(C)

3
2
0
-1
-4

-5

3
2



3
y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1,2 1,2

2(m 1)

y (x 1)

m


  

 Hai giá trị cực trị cùng dấu  y .y1 2 0

1 2 2 1 2

2(m 1)(x 1).2(m 1)(x 1) 0 4(m 1) (x 1)(x 1) 0

m m m

  

       

1 2

(x 1)(x 1) 0

    (do điều kiện (*)  x x1 2  (x x ) 1 01 2  

 

        

 

3m 2 2 1 0 5 0 m 1.

m 1 m 1

 Kết hợp các điều kiện ta được:

m .

4
 

Vậy, giá trị cần tìm:

m .

4
 
Câu 2: (2,0 điểm)

1). Giải bất phương trình:

1 1

15.2  1 2 1 2 

   

x x x

(1)

* Đặt: t 2 ; x điều kiện: t > 0. Khi đó (1) 30t 1 t 1 2t (2)   
TH1: t 1

(2) 30t 1 3t 1    30t 1 9t   6t 1  1 t 4  (a)

TH2: 0 t 1 

(2) 30t 1 t 1    30t 1 t  2t 1  0 t 1  (b)

* Kết hợp (a) và (b) ta được: 0 t 4   0 2 x 4  x 2.
* Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2.

2). Tìm m để phương trình: 4(log2 x)2 log0,5x m 0 có nghiệm thuộc (0, 1).

Ta có :

2 0,5

4(log x)  log x m 0  với x (0; 1)  log x log x m 0; x (0; 1)22  2    (1)
 Đặt: t log x 2

 Vì: lim log xx 0 2   và lim logx 0x 1  , nên: với x (0;1)  t ( ; 0)  
 Ta có: (1)

t t m 0, t 0 (2)

      m t2  t, t 0

 Đặt:

y t t, t 0 : (P)

y m : (d)

   





 Xét hàm số:

y f(t) t  t, với t < 0  f (t)/ 2t 1 

/ 1 1

f (t) 0 t y .

2 4

    
 Từ bảng biến thiên ta suy ra:

(1) có nghiệm x (0; 1)  (2) có nghiệm

t < 0

 (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t <

1
m

 

. Vậy, giá trị m cần tìm:

m .

4

Câu 3:

x
y

(C1)

(C2)
I2
A
I1
1

1 4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1). (C1):

2 2

(x 1) (y 1) 4 có tâm I (1; 1)1

bán kính R1 = 2

(C2):

2 2

(x 4) (y 1) 1 có tâm I (4; 1)2

bán kính R2 = 1

Ta có: I I1 2  3 R1R2  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)

 (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.

* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b    ( ) :ax y b 0   ta có:

2 2

1 1

2 2

a b 1 2 2 2

a a

d(I ; ) R a b 4 4

hay

d(I ; ) R 4a b 1 4 7 2 4 7 2

1 b b

4 4

a b

    



    

 

    

 

   

     

    

 

   



* Vậy, có 3 phương trình tiếp tuyến chung:

1 2 3

2 4 7 2 2 4 7 2

( ) : x 3, ( ) : y x , ( ) y x

4 4 4 4

 

       

2). (d1) có vectơ chỉ phương u1 (1; 1; 2)


; (d2) có vectơ chỉ phương u2 (1; 3; 1)




/ / / / / /

K (d )  K(t ; 3t 6; t 1)   IK (t 1; 3t 5; t 2)    


/ / / /

2 18 18 12 7

IK u t 1 9t 15 t 2 0 t K ; ;

11 11 11 11

 

             

 

 

 Giả sử (d ) cắt (d1) tại H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))   1


18 56 59

HK t; t; 2t

11 11 11

 

      

 





1 18 56 118 26

HK u t t 4t 0 t

11 11 11 11

         

 

30 7 1

HK 4; ; (44; 30; 7).

11 11 11

 

      

 



 Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):

x 44

11
12

y 30

11
7

z 7

11


  





  





  



 .

Câu 4:

1). Cách 1:

* Dựng SH AB

* Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   

SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp.

* Dựng HN BC, HP AC 

S

H

P

C
B

N


</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

*  SHN =  SHP  HN = HP.

*  AHP vng có:

o a 3

HP HA.sin60 .

 

*  SHP vng có:

a 3

SH HP.tg tg

   

* Thể tích hình chóp

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

S.ABC : V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16

    

Cách 2:

* Dựng SH AB

* Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB)     SH (ABC)

* Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc và ABC đều, nên suy ra H là trung điểm  
AB.

* Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz
đôi một vng góc, H(0; 0; 0),

 

   

   

     

     

a a a 3

A ; 0; 0 ; B ; 0; 0 ;C 0; ; 0 , S(0; 0; h), (h 0).

2 2 2

* Phương trình mp (ABC):

z = 0, với pháp vectơ n1 (0; 0;1)



* Phương trình mp (SAC):

x y z 1

aa 3  h 

(SAC) : 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0

     với n2 (2h 3; 2h; a 3)

* (SAC) tạo với (ABC) một góc :

2 2 2 2 2

0 0 a 3 a 3

cos

0 0 1. 12h 4h 3a 16h 3a

 

  

    



    



2 2

1 1 tg 16h 3a

cos 3a



    

2 2

2 3a tg a 3

h h tg

16 4

* Thể tích hình chóp S.ABC:

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

V .h.S . tg . tg

3 3 4 4 16

    

2). Tính

6 2

dx
I

x (1 x )




∫

. Đặt : 2

1 dt

x dx .

t t

  

Đổi cận: x = 1  t = 1; x = 3 t =

3
3

 

  

             

       

∫

3 1

1 1 1

6 5 3

4 2

2 2 2 2

1 3 3 3

3 3 3

t 1 t t dt 117 41 3 dt

I dt t t 1 dt t

5 3 135

t 1 t 1 t 1 t 1

z
h S

B

C
A

x

H

a
2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 Đặt:

2 2

t tg u  dt (1 tg u)du  . Đổi cận: t = 1  u = 6



; t =
3

3  u = 4



 

1 4 2 / 4

2 2 / 6

6
3

dt 1 tg u du u .

t 1 1 tg u







 

   

 

∫

 Vậy:

117 41 3
I

135 12

 

 

Câu 5:

1). Xét đa thức:       

2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

f(x) x(1 x) x(C C x C x ... C x )

C02009x C 12009x2 C20092 x3... C 20092009 2010x .

* Ta có: f (x) C/  020092C12009x 3C 22009x2... 2010C 20092009 2009x
 f (1) C/  20090 2C120093C22009... 2010C 20092009 (a)

* Mặt khác: f (x) (1 x)/   20092009(1 x) 2008x (1 x)  2008(2010 x)

 f (1) 2011.2/  2008(b)

* Từ (a) và (b) suy ra: S 2011.2 . 2008
2). Với 0 x 3


 

thì 0 tg   3 và sinx 0,cosx 0, 2cosx sinx 0   



2 2

2 2 2 3

cosx

1 tg x 1 tg x

cos x
y

sin x 2cosx sinx. tg x(2 tgx) 2tg x tg x

cosx

cos x

 

  

  

 Đặt: t tgx; 0 t   3 

2
2 3
1 t

y f(t) ; 0 t 3

2t t



   



      

        

  

4 2 3 2

/ /

2 3 2 2 3 2 2 3 2

t 3t 4t t(t 3t 4) t(t 1)(t t 4)

f (t) f (t) 0 (t 0 t 1).

(2t t ) (2t t ) (2t t )

 Bảng biến thiên:

t 0 1 3

f/(t) 0 - 0 +

f(t)

+

2 6 3 3 4

 Từ bảng biến thiên, ta có:

min f(t) 2 t 1 x

4


    

 Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
 
 
 

 

0;
3

miny 2 khi x / 4.

Câu 6: Giải phương trình

4 3 1 0

z

z  z    z

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

* Biến đổi:

    

 

           
    

 

2
2

4 3 1 2 1 1 5

2 2

z

z z z z z z

z z

. Đặt ẩn số phụ: t =
1

z
z


* Đưa về phương trình:

2 5 0 1 3 1 3

2 2 2

i i

t  t   t    t   

 

* Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ;

1 1

;

2 2

i i

   

</div>

hoàng thành huế lịch sử 10 trần thị hoa thư viện tư liệu giáo dục

<sub>∫</sub>

∫

∫

∫

∫

∫





 

∫

∫

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về