Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến P: Gọi tiếp điểm là Tx0;y0.. Từ hình vẽ Tự vẽ.. Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z.. Do đó hàm số ft đồng biến trên R..
Trang 1THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5 Câu 1.
1 Tự làm.
2 Xét phương trình hoành độ giao điểm:
1
2
x
x
= mx – m +2 (1)
) 2 ( 1 ( 2 1 ) 2 )(
1 ( 2 1
2
x m x m mx x x x
Đường thẳng cắt độ thị tai hai điểm phân biệt pt (1) có hai nghiệm phân biệt (2) có hai
nghiệm phân biệt khác 1 m > 0
Lại có (2) mx2 – 2mx + m – 2 = 0 (3) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (3) Theo hệ thức Viet:
m m x
x
x x
2 2
2
1
2 1
Đặt A(x1;y1) và B(x2;y2) Ta có: y1 = mx1 – m + 2 ; y2 = mx2 – m + 2 từ đó AB2 = 8( m +
m
1 ) 16
AB 4 Dấu bằng xảy ra khi m = 1 Vậy AB có độ dài nhỏ nhất là 4 đạt được khi m = 4
Câu 2
1 Điều kiện: sinx cosx > 0 (1).
Ta có phương trình tương đương: ( sin3 + cos3x ) +( sin2xcosx + cos2xsinx) = 2 sinx cos x
sinx + cosx = 2 sinx cos x Từ phương trình này suy ra sinx + cosx >0 (2) Kết hợp (1) và (2) được: sinx > 0 và cosx > 0 Tiếp tục biến đổi được phương trình:
x x
x
x cos ) 0 sin cos
sin
sinx = cosx > 0 tanx = 1 x = k
4 Kiểm tra điều kiện cho nghiêm: x = 2
4 k ( Loại một họ!)
2 Điều kiện: x 2
BPT x 2 x (x 1 )(x 2 ) 2 x (x + 1).( 2 x + 2 – x) 0
TH1: x =2 Thỏa mãn
TH2: x < 2 Khi đó 2 x + 2 – x > 0 x + 1 0 x 1
Vật tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( - ; - 1] {2}
Câu 3
1 Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (P): Gọi tiếp điểm là T(x0;y0) PTTT là:
y = (4 – 2x0) ( x – x0) + 4x0 – x0 Tiếp tuyến đi qua M(1/2; 2) 2 = (4 -2x0)(
2
1 -x0) + 4x0 – x0 Biến đổi rồi giải tìm được x0 = 0 hoặc x0 = 1
Với x0 = 0 tiếp tuyến là d1: y = 4x ,tiếp điểm là O(0;0)
Với x0 = 1 tiếp tuyến là d2: y = 2x + 1, tiếp điểm là A( 1;3)
Từ hình vẽ (Tự vẽ) ta có diện tích hình phẳng là: S =
1
2 1
2 2
1
0
4 4
S =
12
1
(đvdt)
2 Ta có:
2
2 2
SA SB
SA Tương tự rồi kết hợp với giả thiết suy ra:
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
= 2
2
a
SA = SB = SC = a
SABC là tứ diện đều Tính được: V =
12
2
3
a
Câu 4
1 Ta có: z = 2sin2 - 2i sin cos = 2sin2 (- ) + 2i sin(- ).cos(- )
= 2sin(- ) [ sin(- ) + icoss(- )] = -2sin [sin(- ) + icos(- )]
===================================
Trang 2THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
= - 2sin [ cos( )
2
+ isin( )
2
]
Vì 2
2
3
nên – 2sin > 0 Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z
2 Hệ phương trình được xác định với mọi x;y ( Hệ đối xứng loại 2)
Trừ từng vế hai phương trình ta được: x + 2 2 2 3 1 2 2 2 3 1
x x y y y y
Xét hàm số f(t) = t + 2 2 2
t
t + 3 t -1 ta có f ‘(t) = … >0 Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R
Từ phương trình (*) suy ra x =y
Thế vào một phương trình của hệ được:
x + x2 2x 2 1 3x 1 ln( 2 2 2 1 ) ( 1 ) ln 3
Đặt gx) = ln( x + 2 2 2
x
x -1) – (x – 1)ln3 Hàm số xác định trên R
Chứng minh được g’(x)< 0 nên g(x) nghịch biến trên R Mà: g(1) = 0 Pt(**) có nghiệm duy nhất x = 1
Vậy hệ có một nghiệm: (x;y) = (1;1)
Câu 5
1 Hệ phương trình tọa độ A:
0 1 2 3
0 5 2
y x y x
x = -11; y = 17 A(-11;17)
Gọi B d1 B( x1 ; -2x1 – 5) và C d2 C( x2;
2
1 (3 – x2))
Ta có BM =( 7 –x1; 2x1 + 1), CM =( 7 –x2; -
2
3 (3 –x2)) Do M là trung điểm của BC nên
0
CM
0 ) 3 ( 2 ) 1 2 (
0 ) 7 ( ) 7 (
2 1
2 1
x x
x x
x1 = -35 và x2 = 49
Vậy B(-35;65) và C(49; -73)
2 Gọi giao điểm của ( ) với ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt là A(a;0;0) , B(0;b;0), C(0;0;c) với a,b,c>0 Mặt phẳng ( ) có phương trình dạng đoạn chắn: 1
c
z b
y a
x
(1) Vì đi qua M( 3;2;1) nên:
1 1 2
3
c b
a (2) Thể tích khối tứ diện là V =
6
1 abc
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có 1 = 3 6
3 1 2 3
abc c
b
a abc 27 6 V 27
V đạt giá trị nhỏ nhất V = 27 đạt được khi a =9; b = 6; c = 3
Vậy mặt phẳng ( ) thỏa mãn đề bài là: 1
3 6
9
z y x
hay 2x+ 3y + 6z – 18 = 0
===================================