Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học phổ thông đang trong giai đoạn ôn thi đại học môn toán - Một số đề thi thử đại học giúp củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải toán
Trang 1Câu I
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Trong trường hợp tổng quát, hàm số có đạo hàm
y' 3[(x a)= + + +(x b) ưx ]=3[x2+2(a b)x a+ + 2+b ]2
Với y' là hàm bậc hai của x, nên để y có cực đại và cực tiểu, y' phải đổi dấu, tức là có biệt thức ∆' > 0 hay
∆ = + ư ư = > ⇒ >
3) Nếu phương trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt, thì đồ thị của hàm y phải cắt Ox tại 3 điểm phân biệt, do đó y phải có cực đại, cực tiểu, ngoài ra ymax>0 , ymin <0
Từ phần (2) suy ra ab >0, và ta có y' = 0 khi x = ư(a + b) ± 2ab Như vậy gọi f(x) là biểu thức của y, thì cần có
max
y f( a b 2ab) (a 2ab) (b ab) (a b 2ab) ab[3(a b) 4 2ab] 0 , + + >
min
y f( a b 2ab) ab[3(a b) 4 2ab] 0
Nhưng ymax miny =a b [9(a b)2 2 + 2ư32ab] a b [9(a b)= 2 2 ư 2+4ab] 0>
do ab > 0, vậy không thể xảy ra trường hợp trên
Thành thử phương trình y = 0 không thể có ba nghiệm phân biệt
Câu II Biến đổi phương trình đã cho dưới dạng
2
2cos x (2m 1)cosx m 0ư + + = suy ra cosx = 1
2, cosx = m
1) Với m = 3
2 nghiệm cosx = m bị loại Vậy cosx = 1
2 ⇒ x = ±
3
π + 2kπ ( k ∈ Z)
2) Để phương trình có nghiệm
3
< < ⇒ < Vậy ư1 ≤ m < 0
Câu III
1) Đặt t 2= x>0, bài toán qui về : tìm a để bất phương trình
2
at +4(a 1)t a 1 0ư + ư > (1)
được nghiệm đúng với mọi t > 0
Với a = 0, (1) trở thành ư4t ư 1 > 0 không được nghiệm đúng khi t > 0
2) Nếu a < 0, gọi f(t) là vế trái của (1) Vì
tlim f(t)
nên với t > 0 đủ lớn ⇒ f(t) < 0 ⇒ (1) không được nghiệm
3) Xét a > 0 Khi đó f(t) có biệt số thu gọn
2
' 4(a 1) a(a 1) (a 1)(3a 4)
Phân biệt các trường hợp :
i) 0 < a < 1 ⇒ ∆' > 0 ⇒ f(t) có hai nghiệm phân biệt t1≤t2
Theo hệ thức Viet t t1 2 a 1 0
a
ư
= < ⇒ t1< <0 t2 vậy f(t) < 0 khi 0 t t< < 2 ⇒ (1) không được nghiệm với các giá trị này của t
ii) a 1≥ : với t > 0 f(t) at= 2+4(a 1)t (a 1) atư + ư ≥ 2>0
(1) được nghiệm đúng với mọi t > 0 Thành thử đáp số là a ≥ 1
Trang 2Câu IV Gọi I, J, K là tâm đỷờng tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABD, BCE, CAF, ta hãy chứng minh chẳng hạn
IJ = IK
Quả vậy theo định lí hàm côsin
IJ2= IB2+ BJ2- 2IB.BJcosIBJ^ =
1
đỷơng với
a2 - 2accos(B + 600) = b2 - 2bccos(A + 600) Û
a2 - b2 = c[2acos(B + 600) - 2bcos(A + 60o)] (1)
=2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B)
Vậy vế phải của (1) bằng
2Rcsin(A - B) = 4R2sinCsin(A - B)
Vế trái của (1) bằng
a2- b2 = 4R2(sin2A - sin2B) = 2R2(cos2B - cos2A) = 4R2sin(A - B)sin(A + B) =
=4R2sinCsin(A - B)
Suy ra IJ = IK Tỷơng tự ta có IK = KJ, vậy IJK là tam giác đều
Câu Va 1) Nếu a + b = 0, thì các đỷờng thẳng AN, BM không cắt nhau.
Nếu a + bạ 0, thì giao điểm I của các đỷờng thẳng đó có tọa độ
xI=3(a - b)
a b+ , yI= ab
2) Nhỷ đã biết (đề số 103, câu IVa), để đỷờng thẳng
Trang 3Ax + By + C = 0 tiếp xúc với elip x
y
2 2
2
điều kiện cần và đủ là a2A2+ b2B2= C2 (2)
Trở về bài toán đang xét, ta có đỷờng thẳng MN với phỷơng trình
y = (b - a)x
a + b
và hệ thức (2) trở thành
9(b - a)
(a + b) 4
Û ab = 4
3) Vì ab = 4, nên aạ 0, b ạ 0, và a, b cùng dấu, vậy a + b ạ 0 Từ (1) suy ra các tọa độ của I:
xI=3(a - b)
4
a + b. Hiển nhiênyI ạ 0 Vậy
a + b = 4
yI
a - b =x
4x 3y
I
Suy ra
4x 3y
-4x 3y
ị (4ab = 16)
-16x 9y
2
2
2 Û x
2
Ta thấy điểm I thuộc elip (E’) Vì
ab = 4, xI=3(a - b)
a + b , yI=
4
a + b
ta thấy yInhận mọi giá trị khác 0, với trị số tuyệt đối không v ợt quá 1 Suy ra : tập hợp các điểm I là đ ờng elip (E ’)
bỏ đi 2 đỉnh trên trục lớn, đó là các điểm (± 3 ; 0)
Trang 4Câu Vb 1) Gọi A’, B’ là các hình chiếu vuông góc của A và B
lên D Ta có AA’^ D , BB’ ^ D , IM⊥D , vậy các đ ờng thẳng
AA’, BB’, IM đ ợc chứa trong ba mặt phẳng vuông góc với D đi
qua A’, B’, M Theo định lí Talet trong không gian, ta có
A' M
AI
Khi đó các tam giác vuông AA’M, BB’M có hai cạnh góc vuông
tròn đỷờng kính IH trong mặt phẳng P, với bán kính
2 IH =
1
1
3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy ra
VậyV = VOHMI=1
MI.MH
h
Vì h và d không đổi, suy ra V lớn nhất khi
x2- h2= d2- x2ị x = d + h
2