b Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị C đến hai đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ t
Trang 1KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Câu I/ Cho hàm số y = x 1
x +1
− có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất
Câu II
4 sin 2 2 3
sin 3 cos
2 sin 4
+
+
=
+
x x
x x
b) Giải hệ phương trình : 2
4x + 4xy + y + 2x + y 2 = 0
1 2x y
Câu III/ Tính tích phân sau: = ∫3 +
4
2
cos 1 cos tan π
π
dx x x
x I
Câu IV/ Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy là tam giác vuông với cạnh huyền
BC=2a; A BˆC = 60 0 Mặt bên (BCC’B’) là hình thoi (B'BˆC < 90 0)và vuông góc với đáy mặt bên (ABB’A) tạo với đáy một góc 450 Tính thể tích khối lăng trụ
ABCA’B’C’
Câu V/
a/ Cho x, y R ∈ ; x 0, y 0≥ ≥ và x + y = 1 Chứng minh rằng: 3 25 x y
b/ Cho phương trình: −128x +192x7 5 −80x + 8x 1 = 0 3 − (1)
Phương trình (1) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực nằm trong khoảng (0;1)?
Câu VI
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T) có phương trình:
0 12 8
2
x và I(8;5) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T) đồng thời đường thẳng AB đi qua
I (A, B là hai tiếp điểm)
2/ Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 và đường thẳng (d) có phương trình
1
6 4
2 2
3 = − = −
x
Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A cắt (d) tại B, cắt (P) tại C sao cho AB=AC
Câu VII/ Cho z ∈ C CMR: 1 1
2
z+ ≥ hoặc |z2 + 1| ≥ 1
Trang 2Câu I
b) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là: Tiệm cận đứng là x + 1 = 0 và tiệm cận ngang là y - 1 = 0
Giả sử o
o o
x 1
M x ;
x 1
là điểm thuộc đồ thị (C) Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = x o + 1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là : d2 = o
1
− − = − =
Ta có : 1 2 o
o
2
x 1
+ Vậy tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất
Tâm đối xứng của đồ thị là I(–1; 1)
Gọi N(x0,y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị, khi đó tiếp tuyến của (C) tại
M có phương trình:
( )2 ( 0) 0
0 0
1 2
1 1
x
x x
−
+
1
x
≠ −
Gọi d là khoảng cách từ I đến tiếp tuyến trên ta có:
0
4 ( 1)
x
x
+
+ + , khi đó d lớn nhất khi và chỉ khi d
2 lớn nhất
Đặt X = x0 + 1 và ( ) 2 4
4
X
g X
X
= + ; X ≠0, ta có
4 '
4 2
2 (4 ) ( )
(4 )
g X
X
−
= + Khi đó d2 lớn nhất khi g X( )lớn nhất
Ta có bảng biến thiên của hàm ( ) 2 4
4
X
g X
X
= + như sau:
G’(X) + 0 – 0 + 0 –
Trang 30
1 4
0
1 4
0 Vậy ( ) 2 4
4
X
g X
X
= + lớn nhất khi X = − 2; X = 2, tương ứng với hai giá trị đó ta
có hai tiếp tuyến sau: y= + +x (2 2); y= + −x (2 2);
Câu II
a/ Giải phương trình lượng giác:
3 4 sin 2 2 ) 2 2 cos(
3
cos
) 2 2 cos(
4
cos
2
+
+
=
− +
−
+
π
π
x x
x
x x
3 4 sin 2 2 4
3 cos 4
cos
2
4 3 cos 4 cos
2
2
+
+
=
−
−
+
π π
π π
x x
x x
⇒điều kiện: 0
4 3
− πx
) 25 , 0 )(
( 2
2 4
sin
0 2
1 4 sin 2 4
sin 2
3 4 sin 2 4
d TM
x
x x
x x
PT
−
=
+
=
−
+
−
+
−
⇔ +
+
=
+
⇔
π
π π
π π
KL:
+
=
+
−
=
π π
π π
2
2 2
k x
k x
b/ Giải hệ phương trình
2
2
(2 ) (2 ) 2 0(1)
8 1 2x 9 0(2)
y
Đặt u = 2x + y ta có phương trình t 2 + t – 2 = 0, suy ra t =1; t = -2 ,
Nếu t = 1 thì 2x + y = 1 hay 1–2x = y ≥0, thế vào phương trình (2) ta có phương trình 8 y+y2 − = 9 0, đặt u = y ≥0, suy ra: t4 + 8t – 9 = 0 ⇔
(u–1)(u3+u2+u+9)=0, vậy u = 1, vì u3+u2+u+9>0 khi u ≥0, khi đó hệ có nghiệm
0
1
x
y
=
=
Nếu t = –2 thì 2x + y = –2 hay 1–2x = y + 3≥0 thế vào phương trình (2) ta có:
2
8 y+ + 3 y − = 9 0 ⇔ 8 y+ + 3 (y− 3)(y+ = ⇔ 3) 0 3
y
= −
+
=
+
−
=
⇔
+
= +
+
−
=
+
⇔
−
=
+
) ( 2
) ( 2 2 2
4
5 4
2 4 4 2
2 4
sin
TM k
x
TM k
x k
x
k x
x
π π
π π π
π π
π π π π
Trang 4Với y = – 3 thì hệ có nghiệm
1 2 3
x y
=
= −
Với 8 ( + y− 3) y+ = 3 0, đặt v= y+ ≥ 3 0, ta có phương trình 2
8 ( + v − 6)v= 0
Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – 6 , g’(v) = 0 khi 2
2
v v
= −
=
Hàm g(v) đạt cực đại tại (− 2;8 4 2 + ); đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2 − ), vì g(0)=8>0
và 8 4 2 − >0 nên g(t) = 0 không có nghiệm v≥ 0
Kết luận hệ có hai nghiệm: =x y=01;
1 2 3
x y
=
= −
+
= +
3
4
2 2
3
4
2 2
3
4
1 2 tan
tan cos
1 1 cos
1
tan cos
1 cos
π
π π
π
π
dx x x
x dx
x x
x dx
x x
x
Đặt tan 2 x+ 2 =t⇒t2 = tan 2 x+ 2
dx x x
tdt dx x x
cos
1 tan cos
1 tan
2
( 5 3)
5 3 5
3
5
3
−
=
=
=
=
⇒ ∫ ∫dt t
t
tdt
Câu IV
C'
A
M
B
H C
B' A'
Vì (BCC'B') (⊥ ABC)
Hạ B'H ⊥BC ⇒B'H ⊥(ABC)
Trang 5Hạ HM ⊥ AB⇒B'MˆH = 45 0 (0,25đ)
Đặt
a
x AC
HM x
BH
2
=
⇒
=
x x
a
a HM a
a
AC
2
3 2
3 3
2
3
2
=
=
⇒
=
=
2 2 2
'
B = − = − (0,25đ)
'
MHB
∆ vuông cân
7
4 4
4
3
x x a x HM
H
B = ⇒ = − ⇒ = (0,25đ)
7
3 7
3 3 2
1 7
3 2
B
Câu V
a/ Cho x, y R ∈ ; x 0; y 0≥ ≥ và x + y = 1 Chứng minh rằng: 3 25 x y
Ta có: P = 25 x + 5 y = 5 2x + 5 y
Vì x + y = 1 suy ra y = 1 – x vậy P = 2x
x
5 5 5
+ Đặt t = 5x , do 0 x 1 ≤ ≤ suy ra 1 t 5 ≤ ≤
Xét hàm số f(t) = 2 5
t t
+ với 1 t 5 ≤ ≤
5 2t 5
f (t) 2t
−
f '(t) 0 t
2
= ⇔ = Bảng biến thiên
3 5
2 5 5f’(t) – 0 +
f(t)
6 26
3 25 3
4 Với 1 t 5 ≤ ≤ Max f(t) = 26; Min f(t) = 3 25
3
4 suy ra: 3 25
3 f (t) 26
hay 3 25 x y
4 ≤ + ≤ (đpcm)
b/ Ta có: −128x +192x7 5 −80x + 8x 1 = 0 3 − ⇔8 (1 2 )(8x − x2 x4 −8x2 + =1) 1
Đặt x = sint, vì x ∈ (0;1) nên t ∈(0; )
2
π khi đó ta có phương trình:
8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) = 1⇔8sint(1 – 2sin2t)[8sin2t( sin2t – 1)+1] = 1 8sint.cos2t(1 – 2sin22t) = 1 ⇔8sint.cos2t.cos4t = 1 (*), vì cost ≠0 , nên nhân hai
vế của phương trình (*) cho cost ta có phương trình tương đương:
Trang 68sint.cost.cos2t.cos4t = cost ⇔4sin2t.cos2t.cos4t = cost⇔2sin4t.cos4t = cost
⇔sin8t = cost ⇔ sin8t = sin( )
2 t
π −
2
t
18 9
2
t
14 7
k l
= +
⇔
= +
; với k;l Z ∈ ; do t ∈ (0; )
2
π nên k, l chỉ nhận các giá trị 0; 1 khi đó t
sẽ nhận 4 giá trị khác nhau trong khoảng (0; )
2
π ,
vì hàm sint đồng biến trong khoảng đó nên x cũng nhận 4 giá trị khác nhau trên khoảng (0; 1) (đpcm)
Câu VI
1/ Xét A ;( )x y là tiếp điểm
∈
⇒ A đường tròn: x2 +y2 − 8x+ 12 = 0 ( 1 ) tâm J( )4 ; 0 ;R= 2
(x y)
A
J − 4 ;
( m)
M
Oy
(x;y m).
A
M − MA là tiếp tuyến ⇒MA⊥ JA (0,25đ)
0 4
0
= ⇔ 2 − + 2 − =
⇔M AJ A x x y my
0 4
2
⇔x y x my (2) (0,25đ)
⇒ tọa độ A thỏa mãn hệ:
0 12 4
0 4
0 12 8
2
2
2
2
=
−
−
⇒
=
−
−
+
= +
−
+
my x my
x
y
x
x
y
x
⇒ A,B thuộc đường thẳng ∆ : 4x−my− 12 = 0 (0,25đ)
A, B qua I( )8 ; 5 ⇔ 32 − 5m− 12 = 0 ⇒m= 4
Vậy M(0;4) TMĐK (0,25)
2/ Giả sử ∆ ∩d =B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 +t)⇒A là trung điểm BC
C − 5 − 2 ; − 2 − 4 ; − 2 − 2
⇒
Vì C thuộc mặt phẳng (P) ( )
2
1 3
6 0 3 2 2 4 2 2 5
(− 6 ; − 4 ; − 3)
⇒C
∆
⇒ qua A, C⇒ AC(− 5 ; − 4 ; − 5)
PTTS( )
−
=
−
=
−
−
=
∆
t z
t y
t x
5 2 4
5 1 :
Câu VII Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử
2
1 1 2
1 1
z z
+ <
+ <
Đặt z = a+bi ⇒ z2= a2 – b2 + 2a + bi
Trang 71
1
2
1 1
z
z
+ <
+ <
⇔
1
2
+ + < + + + <
+ + − <
+ − + <
Cộng hai bất đẳng thức trên ta được: (a2 + b2)2 + (2a+1)2 < 0 ⇒ vô lý ⇒
đpcm
Bài 5(4 điểm).
Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2
+/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với ∀ ∈y R suy ra
f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được :
Trang 8f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**) Cộng (*) và (**) ta có:
f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y (***) Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) Vậy từ (***) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ
đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1
Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có m Q
n
∀ ∈ thì f( )m m
n = n , thật vậy :
( )m ( ) ( )m ( )m ( )
n = n = n = = Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số thực x Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) =
f a b− = f a b− > , tức là f(a) > f(b) Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho
a >x ta cũng có diều vô lý Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0,
+/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay
f(– y)=f(y) Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****)
Từ (*) và (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm
b/ Gọi O là điểm thỏa mãn OA = OB = OC = OD và G là
trọng tâm tứ diện ABCD(O, G cố định) Vì G1 là trọng tâm tứ diện MBCD nên với điểm H ta có:
1
4.HGuuuu=HMuuuu uuu uuu uuu+HB HC HD+ + =HMuuuu uuu uuu uuu uuu uuu−HA HA HB HC HD+ + + + =uuuuAM + 4HGuuu=
4
uuu uuuu uuu
, đặt OMuuuu− 4GHuuu=u, ta có 4.HGuuuu1 = −u OA uuu (1), tương tự ta có:
2
4.HGuuuu= −u OB uuu (2), 4.HGuuuu3 = −u OC uuu (3), 4.HGuuuu4 = −u OD uuu (4), từ (1), (2), (3), (4) và giả
(u OA uuu− ) = (u OB uuu− ) = (u OC uuu− ) = (u OD uuu− )
u OA u OB u OC u OD
⇔ uuu= uuu= uuu= uuu,
từ u OA u OB uuu = uuu. suy ra : u OA OB uuu.( − uuu) 0 = ⇔u BA uuu = ⇔ = 0 u 0, hoặc u⊥uuuBA
từ u OB u OC uuu = uuu. suy ra : u OB OC uuu.( − uuu) 0 = ⇔u CB uuu = ⇔ = 0 u 0, hoặc u⊥CBuuu
từ u OC u OD uuu = uuu. suy ra : u OC uuu.( − ODuuu) 0 = ⇔u DC uuu = ⇔ = 0 u 0, hoặc u⊥DCuuu
Vì ba véc tơ BA CB DCuuu uuu uuu, , không đồng phẳng nên u= 0, suy ra : OMuuuu= 4GHuuu, vì
ba điểm O, G, H cố định nên M là điểm xác định duy nhất Cho 2, 0 điểm
