Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Có đáp án Đề Số 10

Viết phương trình đường phân giác trong góc A... Tiếp tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và tính chất này không xuất hiện ở

Trang 1

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (2 điểm)

2

y  x  x có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

2 Trên đồ thị  C lấy hai điểm phân biệt A B, có hoành độ lần lượt là a b, Tìm điều kiện đối với ,

a b để hai tiếp tuyến của  C tại A B, song song với nhau

Câu 2: (1 điểm)

Giải phương trình: 9 s inx 6 c o sx 3 s in 2x c o s 2x  8

Câu 3: (1 điểm)

4

m i n t a n ,



 

Câu 4: (1 điểm)

Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức   1 i 3z 2 biết rằng số phức z thỏa mãn z  1 2

Câu 5: (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ O x y z, cho tam giác A B C với A1;  1;1 và hai đường trung tuyến

lần lượt có phương trình là: 1: 1 2

1

 









  



Viết phương trình đường phân giác

trong góc A

Câu 6: (1 điểm)

Cho hình chóp S A B C D. có đáy A B C D là hình bình hành thỏa mãn A B  2a, B C  a 2 , B D  a 6 Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng A B C D là trọng tâm của tam giác B C D Tính theo a thể tích khối chóp S A B C D. , biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng A C và S B bằng a

Câu 7: (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y, cho tam giác A B C cân tại đỉnh C biết phương trình đường

thẳng A B là x y 2  0, trọng tâm của tam giác là 1 4;5

3 3

  và diện tích tam giác A B C bằng 6 5

2

Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C

Câu 8: (1 điểm)

Giải phương trình:

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10

Trang 2

 

Câu 9: (1 điểm)

Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

1

Tập xác định: D 

4 4 ; ' 0

1

x





 2

'' 1 2 6 ; ''( 1) 0 ; ''( 0 ) 0 ; ''(1) 0

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x   1 và x  1 và hàm số đạt cực đại tại x  0 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (    ; 1) và ( 0 ; 1), hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1; 0 )  và (1;   )

Tính giới hạn: lim lim

y

          Bảng biến thiên:

x   -1 0 1  

'

y  0  0  0 +

y

  0  

-1 -1

Đồ thị:

Trang 3

2

Hệ số góc tiếp tuyến của  C tại A B, lần lượt là: 3 3

Tiếp tuyến tại A có phương trình: y y'  a xa y a  y  y' a  y a a y' a

Tiếp tuyến tại B có phương trình: y  y'  b xb y b  y  y' b  y b b y' b

Hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

Vì A và B phân biệt nên a b, suy ra: 2 2

1 0

a a bb   Hai tiếp tuyến của  C tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi:

1

1 1

1

a

b

a

b

  

 







 

 Vậy điều kiện để hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau là:

1 0 1;





Nhận xét: Bài toán này chỉ đòi hỏi những kỹ năng biến đổi hết sức cơ bản, tuy nhiên, nhiều học

sinh vẫn không được điểm trọn vẹn khi quên không xét trường hợp 2 tiếp tuyến trùng nhau Tiếp tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và tính chất này không xuất hiện ở hàm bậc 3, hay hàm phân thức bậc nhất

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

Cho hai đường thẳng d1 :y  a x1 b1 ;d2 :y  a x2 b2, ta có:

Trang 4

 d1 ,d2 cắt nhau  a1  a2

 d1 ,d2 song song với nhau 1 2

1 2





 





 d1 ,d2 trùng nhau 1 2

1 2





 





Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:

1

y  x  m x  m  có đồ thị (C m) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì C m luôn luôn đi qua hai điểm cố định A B, , và tìm m để các tiếp tuyến tại A B, vuông góc với nhau

Đáp số: 3; 5

2 2

2 Cho hàm số   2 2

y  x  x  có đồ thị (C) Cho điểm A a ; 0, tìm a để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C

2

a

    hoặc 1 3

2

a

Câu 2:

Phương trình tương đương với:

9 s inx  6 c o s x 6 s inxc o sx 2 c o s x  9

9 s inx 1 6 c o sx 1 s in x 2 c o s x 0

s in x 1 9 6 c o sx 2 c o s x 0

 1 s in x  6 c o sx 9  2 1  s in x  1 s in x 0

 1 s in x  6 c o sx 9 2 2 s in x 0

 

s i n 1 1

6 c o s 2 s i n 7 2

x





 



2



    (Phương trình 6 c o sx 2 s inx  7 vô nghiệm do 2 2 2

6  2  7 )

Vậy họ nghiệm của phương trình là: 2  

2



Phương trình as in xbc o sx c có nghiệm 2 2 2

Thật vậy: chọn góc a sao cho c o s a ; s i n b

s i n xc o s c o s xs i n c s i n x c



Trang 5

Phương trình trên có nghiệm 2 2 2

2 2

1

c



1 Giải phương trình: 2 2 s in  x c o sx c o sx   3 c o s 2x

Đáp số: Phương trình vô nghiệm

s in x c o s xs in 2x 3 c o s 3x  2 c o s 4x  s in x

7

2



Câu 3:

Xét hàm số f  x  ta nx x trên đoạn ;

4 4

 



x

 

  là hàm số đồng biến trên ;

4 4

 



Mà ta có: f  0  0, nên suy ra:

m i n t a n , t a n , ; 0

4

  và m i n  t a n ,  , 0 ;

4

0 4

m in ta n , m in ta n ,



0 4

0

2

0 4

x





Nhận xét: Bài toán trên không hề khó, tuy nhiên cách phát biểu như trên thường ít gặp đối với học

sinh Cách giải hoàn toàn giống cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi xét các khoảng khác nhau của biến số.Một điều vô cùng thú vị là hàm số m in hay m a x có thể biểu diễn thông qua hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.Cụ thể là:   1 

m in ,

2

m a x ,

2

a b  ab  ab

1 Tính tích phân: 2  2 

0

m in ,

Đáp số: 4 2 1

3



2 Tính tích phân:

2 4

0

m a x c o s , 2

2





Trang 6

Đáp số: 1 4

1 2



4

6

m a x ta n 2 s in , 3



Đáp số: 4 2 2 ln 2 2

Câu 4:

Giả sử z  ab i;   x y i a b x y; , , , 

Lại có:  1 i 3z  2

3 2 3



 





 



Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  trên mặt phẳng phức là hình tròn  2  2

có tâm I3; 3 và bán kính R  4

1 Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn z k

z i



 , trong đó k

là số thực dương cho trước

Đáp số: Nếu k  1 thì tập hợp là đường thẳng 1

2

y 

Nếu k  1 thì tập hợp là đường tròn tâm

2

0 ; 1

k I k



  và bán kính 2 1

k R k





2 Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn



  là số thuần

ảo

Đáp số: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn

2 2

  trừ điểm A 1; 0

Câu 5:

Trang 7

Nhận thấy Ad1,Ad2 nên giả sử d1,d2 lần lượt là trung tuyến kẻ từ đỉnh B C,

Gọi M ,N lần lượt là trung điểm A C A B,

Do N thuộc d2 nên tọa độ N có dạng N 1 t; 0;1 t Vì N là trung điểm A B suy ra tọa độ B là

1 2 ;1;1 2 

Mà B thuộc d1, nên ta có: 1

2

t  Vậy tọa độ đỉnh B là B0;1; 2

Do M thuộc d1 nên tọa độ M có dạng M 2 ;1s  3 ; 2s  2s Vì M là trung điểm A C suy ra tọa độ

C là C4s 1; 3  6 ; 3s  4s

Mà C thuộc d2, nên ta có: 1

2

s  Vậy tọa độ đỉnh C là C1; 0;1 Khi đó ta có: A B  6 ;A C  1

Gọi A D là đường phân giác trong của góc A

Từ đó suy ra phương trình đường thẳng A D là: 1 1 1

Nhận xét: Bài toán trên rất giống những bài toán hay gặp trong mặt phẳng, tuy nhiên sẽ tương đối

khó khăn và phức tạp nếu ta cố tình áp dụng các phương pháp truyền thống trong mặt phẳng vào không gian Chúng ta cần sử dụng các kỹ thuật nâng cao hơn để giải quyết

Cho tam giác A B C có đường phân giác trong A D

Theo tính chất đường phân giác, ta sẽ có: D B A B .D C

A C

 

1 Trong không gian với tọa độ O x y z , cho tam giác A B C với tọa độ đỉnh C3; 2; 3 và phương trình đường cao A H , phương trình đường phân giác trong B D lần lượt là:

  Viết phương trình đường thẳng B C và tính diện tích tam giác A B C

Đáp số:

1 2

3

z

 









và S A B C  2 3

2 Trong không gian với hệ toạ độ O x y z, cho hai điểm A1; 2; 3 và B 1; 4; 2 Tìm toạ độ điểm C

thuộc mặt phẳng  P :x y  z 1 0 để A B C là tam giác đều

Đáp số: 1 3 5 ;1 1 3 5 ;3

C

hoặc 1 3 5;1 1 3 5 ;3

C

Trang 8

Câu 6:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng A B C D, M là trung điểm C D và O là tâm của đáy A B C D

Do A O là trung tuyến của A B D nên

2 6

Lại có:

4

A H  H B  a  A B  A H  H B

Mà A H  S H  A H  S H B

Kẻ H K  S B Vì A H  S H B nên A H  H K  H K là đôạn vuông góc chung của A C và S B , suy

ra H K  a

Trong tam giác vuông S H B, ta có: 1 2 1 2 1 2 S H 2a

S A B C D A B C D O A B

a

1 Cho hình chóp S A B C D. , đáy A B C D là hình bình hành với A B  a, A D  2a và S C vuông góc với mặt phẳng A B C D Biết góc B A D  6 0o, S A hợp với A B C D một góc 4 5o Tính thể tích khối chóp S A B C D. và khoảng cách giữa S A và B D

Đáp số: 3 2 1; 7 7

2 Cho hình chóp S A B C D. có đáy A B C D là hình bình hành với A B  a , A D  2a , B A D  6 0o Cạnh

lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên

, ,

theo a

Đáp án: 5 3 3 ; 1 0 2 8 2 9

Câu 7:

Gọi M là trung điểm A B , suy ra: C M  A B

Đường thẳng C M đi qua G và vuông góc với đường thẳng A B nên đường thẳng C M có phương trình x  y 3  0

Trang 9

Tọa độ của M là nghiệm của hệ:

5

2

x

y











Hay tọa độ M là 5 ; 1

2 2

Lại có: C M  3G M , suy ra tọa độ của C là C9; 6

Vì A thuộc đường thẳng x  y 2  0 nên tọa độ A có dạng A a ; 2 a

Do 1 4;5

3 3

  là trọng tâm tam giác A B C nên tọa độ đỉnh B là B5 a a;  3

Khi đó ta có:   2   2

5

A B C

a





 Với a  0, ta có: A0; 2 , B5;  3

Với a  5, ta có: A5;  3 , B0; 2

Giả sử phương trình đường tròn  C ngoại tiếp A B C là: 2 2

x  y  a x b y c 

Vì  C đi qua A B C, , nên ta có hệ:

1 3 7

2 6

5 9

2 6

1 8 1 2 1 1 7

6 6

1 3

a

c



 



  





 Vậy phương trình đường tròn  C là: 2 2 1 3 7 5 9 6 6

0

1 3 1 3 1 3

Nhận xét: Với các bài toán có xuất hiện trọng tâm tam giác, ta cần vận dụng công thức tính tọa độ

trọng tâm tam giác để biểu diễn mối quan hệ về tọa độ giữa 3 đỉnh của tam giác, từ đó giảm số biến cần tìm xuống

Cho B C có trọng tâm G thì ta có: 3

3

G

x

y











1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độO x y, cho tam giác A B C có đỉnh B 1 2;1, đường phân giác trong

góc A có phương trình d :x 2y  5  0 Điểm 1;2

3 3

  là trọng tâm tam giác A B C Viết phương trình đường thẳng B C

Đáp số: x 8y 2 0  0

Trang 10

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O x y , cho tam giác A B C có A2; 7 và đường thẳng A B cắt trục

O y tại E sao cho A E  2E B Biết rằng tam giác A E C cân tại A và có trọng tâm 2 ;1 3

3

  Viết phương trình đường thẳng B C

Đáp số: 2x 5y 7  0

Câu 8:

Định hướng: Nhận thấy biểu thức ở vế trái là một hàm số đồng biến với x đủ lớn và biểu thức ở vế phải là một hàm số nghịch biến với x đủ lớn Nếu sử dụng phương pháp khảo sát hàm số thì chúng

ta sẽ gặp phải một biểu thức đạo hàm hết sức cồng kềnh Vậy nên ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng phương pháp đánh giá

Lời giải:

Ta có:

2

x

 3x  1 2x 5  x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3

2

x  Lại có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3

2

x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 3

2

x 

2 2

Đáp số: x   1

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

Đáp số: x  2

3 Giải phương trình: 6 8 6

Trang 11

Đáp số: 3

2

x 

Câu 9:

Xét tứ giác O A B C có O A a O B; b O C;  c A O B;  4 5 ;o B O C  3 0o

Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:

2

A B  a  a bb

3

B C  b  b cc

A C  a   a cc , vì c o s 7 5 2 3

2

 Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:

A B  B C  A C , nên ta suy ra điều phải chứng minh

Dấy bằng xảy ra khi A B C, , thẳng hàng

s i n 4 5 s i n 6 0 s i n 7 5

O A B O B C O A C

b



Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp

hình học Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos, …

1 Cho a b c d, , , là các số thực thỏa mãn 2 2  

a b   ab và 2 2  

c d   c d Chứng minh rằng:  6  2  2  6

2  1  a c  b d  2  1

Hướng dẫn: Xét điểm M a b, ,N c d,  thì ta có: M nằm trên đường tròn tâm A 1;1 bán kính R1  1

và N nằm trên đường tròn tâm B6; 6 bán kính R1  6

2 Cho x y, là các số thực thỏa mãn x  0 ;y  0 ; 2x  3y  2 ;x  3y  9 Chứng minh rằng:

2 2

3 5

4 8 4 5 2



Hướng dẫn: Tập hợp điểm M x y;  trong đó x y, thỏa mãn

với A1; 0 ; B0; 2 ; C0; 3 ; D9; 0

Dễ dàng chứng minh được: 5 2

6 5 2

M I

2; 4

I

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	590,99 KB