ĐÁP án đề THI THỬ đợt 4

Học sinh tự làm b... Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao cho HA=2HD.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp BDI C x y  và đỉnh A có hoành độ d

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:

a Học sinh tự làm

b Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x 0 0 song song với đường thẳng

3 1

3 2 1 0

2 2

x y  y x hay tương đương với

 

 

2

1 4 '

1

3 ' 0

2

m

y x

m mx

m y





 









Câu 2

a, Cho góc 0;

2



 

  thõa mãn tan 3 Tính giá trị của biểu thức cos 1

cos 2 1









Ta có với 0;

2



 

  thì cos0 nên 21 1

1 10

cos

tan







Suy ra ta có A cos1 cos1 10 10

Vậy ta có giá biểu thức là 10 10

2

A 

b, Tính giới hạn

3 0

2 1 3 1 1 lim

x

L

x





Ta có

3 3

3

2

2 1 3 1 1 2 1 1

2 1 3 1 1

2 1 1

2 1 1

x

L

x

x





Chú ý ta có thể tổng quát bài toán như sau

0

lim

x



 

Câu 3: Tính tích phân

1

1

e xlnx

x





Ta có

2 1

Vậy I 2

Câu 4:

ĐKXĐ: x >

Pt <=> log (2 1) log (2 5 ) 1 log (x 1)2 log (2 5 ) log 22 log [2(2 5 )]

Vậy phương trình có nghiệm là 7

3

x 

b)Gọi A : “5 học sinh được chọn nhất thiết phải có Lâm hoặc Mạnh nhưng không được có cả hai”

Trường hợp 1: trong 5 học sinh được chọn có Mạnh nhưng không có Lâm

- Chọn 2 học sinh ở tổ 1 có C62 cách chọn

- Chọn 2 học sinh ở tổ 2 có 2

4

C cách chọn (không được chọn Lâm)

 Có 2 2

6 4

C C cách chọn Trường hợp 2: trong 5 học sinh được chọn có Lâm nhưng không có Mạnh

- Chọn 3 học sinh ở tổ 1 có 3

6

C cách chọn (không được chọn Mạnh)

- Chọn 1 học sinh ở tổ 1 có 1

4

C cách chọn

=>có 3 1

6 4 80

C C  (cách)

Câu 5:

Câu 6 :

Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH,

trung điểm I của AC, phương trình cạnh AC x: y 1 0 Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao

cho HA=2HD Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp

BDI

C x y  và đỉnh A có hoành độ dương

Đ/s: A  1; 2 ;  B  4; 1 ;   C   1;0 

 Thể tích

Diện tích ABCD bằng ( 2 ) 3 2

ABCD

a a a

.

a

V  SA S  a  a 

 

 Khoảng cách

nối AC => AC CD (1)

từ A kẻ vuông góc với SC cắt SC tại G (3)

ta có CDAC và CD SA (vì SA vuông góc với ABCD) (2)

từ (1) và (2)

=> CDmp(SAC)

 CDAG (4) từ (3) và (4) => AG(SCD)

Có 1

2d(A,SCD) = d(B,SCD)

Lại có d(H,SCD)=SH

SB d(B,SCD) =

1

2.

SH

SB (A,SCD)

Xét tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH

 SH=2

3

a

và SB= 3a

3

SH

SB  => d(H,SCD)=

1

2.

2

3.d(A.SCD)

 Có khoảng cách từ A đến SCD là : 12 12 12

 x=a từ đó => khoảng cách từ H dến SCD là

3

a

Lời giải:

Gọi N là trung điểm của AHIN là đường

trung bình  ACH

2





 



 Xét  ABC có 2

2









Suy ra BDH : DINBDH· DIN·

       tứ giác BDIA nội tiếp

Tọa độ A, I là ngiệm hệ

1

0

1

x

x

y

  













(vì x  A 0)

Vì I là trung điểm AC nên 2 1  1; 0 

C







Phương trình AB qua A vuông góc AC là AB x: y 3 0

Tọa độ B là nghiệm hệ

1

4; 1 4

1

x

B x

y

  





  







 



 Vậy A  1; 2 ;  B  4; 1 ;   C   1;0  là các điểm cần tìm

Câu 8: Giải phương trình

 

2



Điều kiện: x   1

Phương trình đã cho tương đương với

4







(1)

Xét hàm số    4 2 

1 ;

f t  t  t    t R f t( ) là hàm đồng biến

Theo tính chất hàm đồng biến ta có f a  f b   a b 0

Có (1) f a  f b  a a b   thế lên trên ta được: a a b  2 0 a 0





 +) TH1: với a=0  x 1 0x 1 (loại do x   1)

2

( ) 2













Vậy pt có nghiệm 1 13

2

x 

Câu 9 – CÁCH 1 : Cho các số thực , ,x y z 1 thõa mãn 2xyz  1 x yz Tìm GTLN của biểu thức

2

P

xyz

x y z



 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giả thiết ta có

 

 

 

2

2

2

2 2

* 2

0

xyz x y z xy z

z z xy

z

z z z xy z x y

     











Chứng minh tương tự ta cũng có  

2 2







Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

3 2x 2x 1 2y 2y 1 2z 2z 1 2 xyyzxz

Suy ra

2

2

2

2

3

2

3

3

x y z

xy yz xz P

x y z

xyz xyz

  

  





Đặt txyz từ điều kiện ta suy rat 1 Lúc đó

 2

3 2 1 2 1

P

t t





Xét hàm số  

 2

3 2 1 2 1

f t

t t



 với t 1 ta có  

 

8 1

0 ; 1

t





Suy ra f t  nghịch biến  t 1 nên ta có P f t  f 1 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi xyz1

Vậy GTLN của biểu thức là maxP 1 đạt được khi xyz1

Câu 9 – CÁCH 2 : x y z, , 1; 2xyz 1 xyz

2



2 (x x1)04x 4x 1 2x 2x 1 2x 2x 1 4x 4x 1 2x1

2y 2y 1 2y1; 2z 2z 1 2z1

Ta có : xy z 3

Đặt x+y+z=t (t 3)

Khi đó : P 4 32 f t( )

t t

Hàm số f(t) nghịch biến=>P f t( ) f(3)1

Vậy GTLN của : P=1 khi x=y=z=1

-HẾT-