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.
Trên hình vẽ, ta vẽ đồ thị hàm số:
f(x) = 3x2- 6x + 2a - 1 (-2 Ê x Ê 3) trong 4 trỷỳõng hợp:
I) f(1) ³ 0;
II) f(-2) = -f(1) = H;
III) f(-2) > H > -f(1) > 0;
IV) f(-2) < H
Dựa vào đồ thị, dễ thấy rằng hàm
y =|f(x)| sẽ đạt giá trị lớn nhất nhỷ sau:
f(- 2) (trỷỳõng hợp I)
H (trỷỳõng hợp II) f(- 2) (trỷỳõng hợp III)
- f(1) (trỷờng hợp IV)
Cũng từ đó thấy rằng để fmaxđạt giá trị nhỏ nhất, ta cần chọn a sao cho xảy ratrỷỳõng hợp II
Ta có: f(-2) = 2a + 23;
-f(1) = -(2a - 4);
H = f(-2) = -f(1) Û 2a + 23 = - (2a - 4) Û a = -19
4 .
Câu II 1) a) Û 3abc
1 8R
2
3 (a3+ b3+ c3) Û 3abc = a3+ b3+ c3 Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
a3+ b3+ c3³ 3abc
Trang 2Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Vậy ABC đều.
b) Û b + c = a
2 + 3bsinC Û
sinB + sinC = 1
2sinA + 3sinBsinC Û sinB + sinC =
1
2sin(B + C) + 3sinBsinC
Û sinB + sinC =12[sinBcosC + sinCcosB + 3sinBsinC]
ÛsinB 1- cosC2 - 3
2 sinC + sinC
1-cosB
2
-3
2 sinB = 0
Û sinB 1 - sin(C + π6)+ sinC 1 - sin(B +
6)
π
+ =
⇔
C
B
π
π3
1
C B
=
=
π
π3 3
2) Đặt tgx + cotgx = t(|t|³ 2) thì sẽ có:
tg2x + cotg2x = (tgx + cotgx)2- 2 = t2- 2;
tg3x + cotg3x =(tgx + cotgx)3- 3tgxcotgx (tgx + cotgx) = t3- 3t
Vậy ta có phỷơng trình: t + (t2- 2) + (t3- 3t) = 6
hay t3+ t2- 2t - 8 = 0 Û (t - 2) (t2+ 3t + 4) = 0 Û t = 2
Sau đó giải phỷơng trình: tgx + cotgx = 2 sẽ đỷợc một họ nghiệm là: x = π
π
4 + k (k ẻ Z).
Câu III 1) Viết lại phỷơng trình đã cho:
x2- 2x + 5 = - 4cos(ax + b) Û (x - 1)2+ 4 = - 4cos(ax + b) (1)
Ta có:(x - 1)2+ 4 ³ 4 ³ - 4cos(ax + b)
Vì thế x là nghiệm của (1) khi và chỉ khi x là nghiệm của hệ:
Trang 3
( )
x
ax b
− + =
2
Û x= ax b+ = −
1
1
⇔ = + = −
x
a b
1
1 cos( )
Vậy a + b =π+ 2kπ(k ẻ Z).
2) Điều kiện : x + 1
x ≥ 0Û x≤-1 hoặc x > 0.
Đặt t= x + 1
x thìt≥0 và sẽ đến :
1
t2 - 2t - 3 >0 Û 2t3+ 3t2- 1 < 0 Û (t + 1)(2t2+ t - 1) < 0
Û 2(t + 1)2 t - 1
2
< 0.
Do t > 0 nên ta đỷợc : 0 < t < 1
2 Từ đó : 0 < x + 1x < 1
2Û 0 <
x + 1
x <
1
4.
Giải hệ này, ta sẽ đỷợc : - 43 < x < - 1
Trang 4
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
Câu IVa
1) a ) x > 0 : F'(x) xlnx= +x 1 x2 ư =x ln x
b)
Xét x ∈ (0 ; 1 ] Khi đó x x x
ln x
2 ư ≤ ư4 4 Mặt khác dễ chứng minh được rằng : 1
ln x x
Từ đó ta có :
x
ư
Cho x→0+ và chú ý đến(*) ta được :
x 0
+
→
Suy ra : F'(0) = f (0)
0
0
Vậy diện tích cần tính 1 3 2
Câu Va Đường thẳng
x 4y 2z 7 0, (d) :
3x 7y 2z 0
+ ư =
có vectơ chỉ phương
u (6; 4; 5)= ư ư G
Mặt phẳng (P)
3x + y ư z + 1 = 0
có vectơ pháp tuyến
G
n (3; 1; 1)
Do vậy góc α ( 0 ≤ α ≤ π) giữa các vectơuGvà nG được xác định bởi
cos
| u | | n | 11 7
G G G
Góc họn β tạo bởi đường thẳng (d) với mặt phẳng (P) bằng
2
π
β = ư α
Từ kết quả trên, suy ra
19 sin | cos |
11 7
Câu IVb
1) Vì I là trung điểm của CH nên SH = SC
Trang 5www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
Lại do CH = SH nên tam giác SHC đều ⇒ HSC 60n= o Góc phẳng nhị diện cạnh AB không
đổi, (ABC) cố định ⇒ (SAB) không đổi
2) SABC=AC.CH=R (2R x)xư
SI CH= 3= (2R x)x.ư 3
Vậy
3 2
R 3
x(2R x) 6
Từ đó VSABC lớn nhất ⇔ x = R
3) Giả sử ω là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI Khi đó ω phải cách đều ba điểm S, B, A Suy ra ω phải thuộc đường thẳng d ⊥ (SAB) và qua tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆SAB Vì BSA 90n= o nên tâm O này là trung điểm của AB Theo chứng minh trên thì (SAB) cố định, vậy (d) cố định
S
C
O B
I
A H
