Đề thi thử lần hai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (111.19 KB, 4 trang )

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

Đề thi thử số 2:
Câu 1 (3đ) Giải các bất phương trình và hệ bất phương trình sau:

a) 2
3 8

3
12

x x

x

x x






  b) x2 3x10 x 2 c)

2
2

4 7 0

2 1 0

x x

x x

   




  




Câu 2 (3đ) Cho phương trình









2 1 2 2 1 3 0

m  x  m x 

a) Giải phương trình khi m2

b) Giả sử phương trình có hai nghiệm x x1, 2. Tính theo m giá trị của biểu thức Ax1 x2
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Câu 3 (1đ). Cho elip (E) có phương trình: 25x2169y24225. Hãy xác định tọa độ tiêu điểm, tiêu
cự, các đỉnh, độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của (E).

Câu 4 (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A



1;3



và đường thẳng d có phương trình:
5x12y 2 0

a) Viết phương trình tham số của đường thẳng d1 đi qua A và song song với d. Hãy tìm điểm M

thuộc d1 sao cho khoảng cách từ M đến A bằng 26.

b) Viết phương trình đường trịn có tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 5 (1đ). Cho

8
tan

15
 

với
3

2
2



 
 

. Tính
sin

3



 



 

 

Hướng dẫn giải:
Câu 1:

a) 2
3 8

3
12

x x

x

x x






  2

3 8

0
3

x x

x

x x



  



 



 



3 8

3 4 3

x x

x x x



  

  



 





 



3 8 . 1 . 4
0

3 4

x x x

x x

   

 

 

(Chú ý rằng mẫu thức chung là



x 3

 

x4



)



 



2 7 8
0

3 4

x x

 

 

 

Đặt

 



 



2 7 8

3 4

x x

f x

x x

 


 

. Ta có:

2 7 8 0 1

x

x x

x



    


 ,

3 0 3

x   x ,

4 0 4

x   x
Bảng xét dấu:

x   8 4 1 3 

2 7 8

x  x  0  |  0  | 

x  |  |  |  0 

x  |  0  |  | 

 

f x  0  ||  0  || 

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

Nhắc lại:

 

0
0

g x
f x

f x g x

g x f x g x

 


 
    
 
 
 
Ta có:





2
2
2 2
2 0
2 0

3 10 2

3 10 0 3 10 2

2 2

2 5 14

2 14

x
x

x x x

x x x x x

x x

x x x

x x
 

 

 
       
      
 

 
 
 
   
   
 
   

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T    ( ; 2][14;)

2
2

4 7 0

2 1 0

x x
x x
   


  


2
2

4 7 0
2 1 0

x x
x x
   

 
  


 1 2 1 2

x
x x



 
    




1 2 1 2

x x

     

Vậy hệ có nghiệm x   



;1 21 2;



Chú ý rằng: phương trình đầu của hệ có hệ số a 1 0, biểu thức f x

 

 x24x 7 có



 



' 2 1 . 7 3 0
      

nên f x( ) luôn cùng dấu với hệ số a, tức f x

 

0  x , hay nói cách
khác: bất phương trình x24x 7 0 có nghiệm với mọi x .

Câu 2)









2 1 2 2 1 3 0

m  x  m x 

(1)

a) Khi m2, phương trình trở thành: 3x2 6x 3 0  x2 2x 1 0

Ta có:





' 1 1.1 0

    

. Do đó phương trình có nghiệm kép:





1 2

1
1
1

x x   

b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2. Xét Ax1 x2 0

Ta có









2 2

2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 1 2 4 1 2
A  x  x x x  x x  x x  x x

Theo định lí Viét ta có:





1 2 2

2 1 2

1
1
3
1
m
x x
m
m
x x
m


  

  

 
 


Do đó:



 













 



2
2

2 2

4 1 12 1

2 3 4 4.3

1 1 1 1 1 1 1 . 1

m m

A

m m m m m m m m

  
 
      
    
    



 









 



2 2
8 2
16 8

1 1 1 1

m
m

m m m m




 

   







 



8 2
1 1
m
A
m m

 
 

Chú ý: Câu này các em có thể gặp trong đề thi ở dạng dễ hơn. Ví dụ: với

1
2

m

, hãy tính A=|x1

-x2|

Lúc đó, ta làm như sau:
Với

1
2

m

, phương trình (1) thành: 
2
3

3 3 0
4x x

    2

4 4 0

x x

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

 Phương án 1: giải ra 2 nghiệm x x1; 2 rồi thế vào A là ok.
Ta có hai nghiệm là x1 2 2 2; x2  2 2 2





1 2 2 2 2 2 2 2 4 2

A x x

        

 Phương án 2: sử dụng định lí viét.

Ta ưu tiên phương án 2 vì để tránh đụng căn bậc hai thêm rắc rối, một số phương trình nếu giải
ra nghiệm như cách một rất rắc rối, dù ta có dùng máy Plus

Theo định lí viet ta có:

1 2
1 2

4
4
1

. 4

x x

x x




  




 

 

Do đó:













2 2

1 2 4 1 2 4 4. 4 32
A  x x  x x     

32 4 2

A

  

c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:









2 2

1 0

' 1 1 .3 0

a m

m m

   




     



 2 2

2 1 3 3 0

m

m m m




 

    



 2

2 2 4 0

m

m m




 

   




1

1 2

m
m



 

  

  m 



1; 2 \ 1



{ }

Vậy, với m 



1;2 \ 1



{ } thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Câu 3: 25x2169y24225 (E)

(E) được viết lại là:

2 2

1
169 25

x y

 

( ta chia hai vế cho 4225)

Ta có: a13,b5

2 2 2 169 25 144

c a  b     c12

Vậy tiêu điểm của (E) là: F1



12;0 ,



F2



12;0



Các đỉnh của (E) là: A1



13;0 ,



A2



13;0



,B1



0; 5



, B2



0;5



Tiêu cự là F F1 2 2c2.12 24

Độ dài trục lớn: A A1 2 2a2.13 26
Độ dài trục nhỏ: B B1 2 2.5 10
Câu 4: A



1;3



, d: 5x12y 7 0

a) Đường thẳng d1 song song với d nên d1 có vectơ pháp tuyến là n1



5; 12





, do đó d1 có VTCP là





1 12;5

u 



. Ta có phương trình tham số của đường thẳng d1 là:

1 12
3 5

x t

y t

 



 

Lấy M



 1 12 ;3 5t0  t0



d1 AM 



12 ;5t0 t0













26 12 5 26

AM   t  t  169t02262  t02

Với t0  2 M



23;13



Với t0  2 M



25; 7



b) Đường trịn cần tìm có bán kính













5. 1 12.3 2

; 3

5 12

R d A d     

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

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:









2 2

1 3 9

x  y 
Câu 5. Vì

2
2



 
 

nên sin 0,cos 0

Ta có:

2
2

1 8 289

1 tan 1

15 225

cos  

 
     

 

2 225 15

cos cos

289 17

 

   

(vì cos 0)
8 15 8

sin tan .cos .

15 17 17

  

   

8 1 3 15 8 15 3
sin sin .cos sin .cos

3 3 3 17 2 2 17 34

  

    

 

         

</div>