Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 5 ppt

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
_____________________________________________________
__________
Câu I.
Cho phỷơng trình
(x-3)(x+1)+4(x-3)
x+1
x-3
=m
.
1) Giải phỷơng trình vớim=-3.
2) Với giá trị nào của m thì phỷơng trình có nghiệm ?
Câu II.
1) Cho hàm số
y = x+ x -x+1
2
.
Tìm miền xác định của hàm số ; tính đạo hàm và xét dấu của nó.
2) Tìm a để hệ sau đây có nghiệm:
15 11 2 7
230
22
2
xxyy
xy
ax ay
+=
<
+<

Câu III.
1) Giải phỷơng trình
log (sin
x
2
- sinx) + log
1
3
(sin
x
2
+ cos2x) = 0.
3
2) Chỷỏng tỏ rằng có thể tính diện tích tam giác ABC bởi công thỷỏc
S=
1
4
(a sin2B + b sin2A).
22
_
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)
x
a
+
y

b
+
z
c
=1.
2) Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến
r
n
=
1
a
;
1
b
;
1
c






, đó cũng là vectơ chỉ phỷơng của đỷờng thẳng OH, suy ra
đỷờng thẳng OH có phỷơng trình tham số
x=
t
a
,y=
t

b
,z=
t
c
.
Điểm H ẻ (ABC) ứng với giá trị tham số t là nghiệm của phỷơng trình
t
a
+
t
b
+
t
c
222
=1ị t=
abc
ab +bc +ca
222
22 22 22
.
ĐặtM=a
2
b
2
+b
2
c
2
+c

2
a
2
, ta suy ra tọa độ của H :
x
H
=
ab c
M
,y =
abc
M
,z =
abc
M
22
H
22
H
22
,
và độ dài OH
OH
2
=
x+y+z=
abc
M
H
2

H
2
H
2
222
ị OH =
abc
ab +bc +ca
22 22 22
.
3) Gọi V là thể tích khối tứ diện OABC, S là diện tích tam giác ABC. Ta có
V=
1
6
abc
,V=
1
3
OH . S
ị S=
1
2
.
abc
OH
=
1
2
ab +bc +ca
22 22 22

.
4) Từ các bất đẳng thức
a
2
b
2
Ê
1
2
(a
4
+b
4
), b
2
c
2
Ê
1
2
(b
4
+c
4
), c
2
a
2
Ê
1

2
(c
4
+a
4
)
suy ra a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
Ê a
4
+b
4
+c
4
ị
ị 3(a
2
b
2
+b

2
c
2
+c
2
a
2
) Ê a
4
+b
4
+c
4
+ 2(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
)==(a
2
+b
2
+c

2
)
2
=k
4
ị
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
S Ê
1
2
.
k
3
2
.
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a
2
=b
2
=c
2
=
k
3
2
haya=b=c=
k
3
.

Để ớc lỷỳồng OH, ta viết
1
OH
=
M
abc
=
1
a
+
1
b
+
1
c
2222222
,
vậy
k
OH
=(a +b +c)
1
a
+
1
b
+
1
c
2

2
222
222







33 a b c .
3
3abc
222
222
=9,
suy ra OH
2
Ê
k
9
2
OH Ê
k
3
.
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khia=b=c=
k
3
.

Câu IVb. 1) Giả sử AH cắt BC tại K.
Vì BC OA, BC OH nên BC mặt phẳng (OAH) ị OK
BC ;
AK BC. Nói khác đi OH và OK là các đỷờng cao hạ xuống các
cạnh huyền của tam giác vuông OAK và OBC. Từ đó suy ra:
1
OK
=
1
OB
+
1
OC
=
222
=
1
b
+
1
c
1
OH
=
22 2

=
1
OA
+

1
OK
=
22
1
a
+
1
b
+
1
c
222
ị OH =
abc
ab + bc +ca
22 22 22
Gọi V là thể tích tứ diện, vậyV =
1
3
OA.S

OBC =
1
6
abc.
Mặt khác,V=
1
3
OH.S

ABC ị S

ABC =
3V
OH
=
1
2
.
abc
OH
=
1
2
ab + bc +ca
22 22 22
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Mặt khác gọi J là trung điểm cạnh BC. Kẻ Ju mặt phẳng (OBC) và trong mặt phẳng (OAJ) kéo dài OG cắt Ju tại I.
Các OAG và IJG đồng dạng, vậy:
GI
GO
=
IJ
OA
=
GJ
GA

=
1
2
.
Từ đó OA = 2IJ nên I cách đều O và A. Hơn nữa, mọi điểm trên Ju cách đều 3 điểm O, B, C nên I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC với bán kính:
OI =
1
2
a+b+c
222
ị OG =
2
3
OI =
1
3
a+b+c
222
.
2) Từ hình vẽ (A, B, C là góc của ABC)
AB
2
+AC
2
- 2AB.AC cosA = BC
2
=b
2
+c

2
<<AB
2
+AC
2
ị cosA > 0 ị
A nhọn.
Tỷơng tự, ta có cosB > 0 và cosC > 0 ị B, C cũng nhọn. Mặt khác : tgB =
AK/BK. Nhỷng:
Tỷơng tự, a
2
tgA=2S;c
2
tgC=2Sị a
2
tgA=b
2
tgB=c
2
tgC = 2S.
3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t ỷ mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà AG =
(2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt OA tại
A sao cho:
AK
BK
=
a+OK
b-OK
=

a+
bc
b+c
b-
bc
b+c
=
ab +
2
2
22
22
2
22
22
2
22
22
22
bc + ca
b
22 22
4
3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà
AG = (2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt
OA tại A sao cho:OA =
1
3
OA

.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxyz, xét ba điểm A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c), với a, b, c > 0.
1) Viết phỷơng trình mặt phẳng (ABC).
2) Xác định các tọa độ của điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên mặt phẳng (ABC). Tính độ dài OH.
3) Tính diện tích tam giác ABC.
4) Giả sử a, b, c thay đổi nhỷng luôn thỏa mãn điều kiện a
2
+b
2
+c
2
=k
2
, với k > 0 cho trỷỳỏc. Khi nào thì tam giác ABC
có diện tích lớn nhất ? Chỷỏng tỏ rằng khi đó đoạn OH cũng có độ dài lớn nhất.
Câu IVb.
Trên các cạnh Ox, Oy, Oz của tam diện vuông Oxyz, lấy lần lỷỳồt 3 điểm A, B, C với OA = a, OB = b, OC = c. Gọi H
là trỷồc tâm, G là trọng tâm, S là diện tích tam giác ABC.
1) Tính OH, S, OG theo a, b, c.
2) Chỷỏng minh rằng tam giác ABC có các góc A, B, C nhọn và
atgA btgB ctgC
222
==
.
3) Cho A cố định trên Ox, còn B, C chạy trên Oy, Oz. Tìm quỹ tích của G và H.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
_______________________________________________________________
Câu IVa.