Tham khảo TN Toán 2010 số 17

Chứng minh trung điểm I của MN nằm trên một đường thẳng cố định khi b thay đổi... Nhận dạng ABC biết :.

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 CÂU I:

Cho hàm số : 2

2

x x y

x





1 Khảo sát hàm số (C)

2 Đường thẳng ( ) đi qua điểm B(0,b) và song song với tiếp tuyến của (C) tại điểm O(0,0) Xác định b để đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N Chứng minh trung điểm I của MN nằm trên một đường thẳng cố định khi b thay đổi

CÂU II:

1 Giải bất phương trình : x2 4x 3 2x2 3x  1 x 1

2 Tính tích phân

3 2

3 0

sin



 

 

 

CÂU III:

2

m x x  m  x x

2 Tam giác ABC là tam giác gì nếu :





CÂU IV:

1 Cho trong không gian với hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc Oxyz các điểm A(2;0 ; 0) ,B(0 ; 3; 0) ,C(0;0 ;3) Các điểm M ,N lần lượt là trung điểm của OA và BC ; P ;Q là hai điểm trên OC và AB

3

OP

số AQ

AB ?

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề-các vuông góc ,cho parabol (P) có đỉnh tại gốc toạ độ và

đi qua điểm (2;2 2)A Đường thẳng (d) đi qua điểm ( ;1)5

2

Tính độ dài đoạn MN

CÂU V:

Biết các số a , b, c thoả mãn :

1

a b c

ab bc ca





DAP AN

Câu I :

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : 2 ( )

2

x x

x







 TXĐ : D R \ 2 

2 2

'

' 0

x x y

x x y

x





  

 



 Tiệm cận đứng :

x = 2 vì xlim2y

2

y x

x

  



 Tiệm cận xiên:

2

x x 



 Đồ thị :

Cho x = 0 , y = 0

x = 1 , y = -2

X

Y

O ( C )

2) Xác định b để ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt Phương trình tiếp tuyến của (C) tại O

1 '( )

2

y f O x  y  x

( ) qua B(0, b) và song song (d) có dạng :

1 ( ) :

2

Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) và (C) :

2

1

x

x bx b





( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt :  ' 0

Toạ độ trung điểm I cuả MN :

2

5

2

1 2

y









 Vậy I nằm trên đường thẳng cố định có phương trình :y 52x

Câu II:

1) Giải : x2  4x 3 2x2  3x  1 x 1

Bất phương trình  (x 1)(x 3) (x 1)(2x 1) x 1 Điều kiện :

2 2

1

2

3

x

x x

x

x x

x















Trường hợp 1:

x = 1 dễ thấy là nghiệm của bất phương trình

Trường hợp 2:

3

x  , khi đó :

 x 3 x 1 2x 1 (1)

Ta có : x 3 x 1 x 1 2x 1, x 3

Suy ra (1) vô nghiệm:

Trường hợp 3:

1 2

x  Khi đó :

Tóm lại bất phương trình có nghiệm:x  12 x1

0

3

sin

 

 

 





 Đặt t3x  3t dt dx2 

0

sin

I t tdt





 Đặt u t 2  du2tdt

dv tdt v t

I t t t tdt t tdt

  

 Đặt u1  t du1 dt

dv  tdt v  t











Câu III:

Giải và biện luận phương trình:

2

Phương trình  (2m 1)cosx(2m1)sinx 2m2 23

2

Aùp dụng điều kiện có nghiệmx R của phương trình :

A x B x C là : A2 B2 C2, ta có :

(1) có nghiệm x R  (4m 2)2 (4m2)2 (4m2 3)2

2

m

2

m  x   x   x  k 



2

Kết luận :

2

2





1 :

2

m  Phương trình vô nghiệm.

2 Nhận dạng ABC biết :

2sin 2 2sin2 4 cos sin B (1) sin 2 sin 2 4sin sin B (2)





sin(A+B) = sin(A+B) - sin(A-B)



A = B

 Vậy ABC cân tại C

 Thế vào (2) ta được :

A =

A









 Kết luận: ABC cân tại C và có A



Do đó: ABC vuông cân tại C

Câu IV:

1) A(2, 0, 0) , B(0, 3, 0) , C(0, 0, 3) ,OC OP 23

B

x

y

z C

O P

Q

N

M

M là trung điểm OA  M(1,0,0)

N là trung điểm BC  N 0, ,3 32 2

2 3

OP

Mặt phẳng (MNPQ) chính là mặt phẳng ( ) đi qua M, N, P

( ) có pháp vectơ nMN MP,  3, ,1 32 2



   

( ) lại qua M nên có phương trình :3(x 1)12y32z0

Ta có : Q(AB) và Q ( )  Q(AB) ( ) 

Ta lại có phương trình (AB) :

2 2 3 0

y t z

 









 

 Thế phương trình này vào phương trình ( ) ta được:

2 3 2

3

0

2 ,2,0 3

x

z Q









 





AQ     

AB  4 9 0   13

Suy ra: AQ AB 23

2) A(2,2 2),I52,1 , MI IN

Vì A nằm trong góc phần tử thứ nhất của góc toạ độ nên phương trình (P) có 2 dạng: y2 2px hay x2 2py

Trường hợp 1:( ) :P y2 2px

Ta có:A( )P  (2 2)2 2 2p  p2

Suy ra :( )P y2 4x

Gọi k là hệ số góc của d  ( ) :d y 1k x  52

2

x

k

Phương trình tung độ giao điểm của (P) và d :

2 42 2 5

2

y

k



Ta có: MI = IN, I là trung điểm MN

2

I

y y

4 1

2k

  ( vì y y là nghiệm của (*)) M, N

2

k

Thế k = 2 vào (*), ta được :

y y



 Suy ra M(4,4), N(1,-2) ( hoặc ngược lại )

Trường hợp 2 : ( ) :P x2 2py

Ta có: ( ) 4 2 2 2 2

2

A P   p  p Suy ra:( ) :P x2  2y

2

d y kx  k Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d :

2

x  kx k 

2

I là trung điểm MN

2

I

x x

k k

Thế k  52 vào (**) ta được :

2

2x  10x25 2 2 0  (vô nghiệm)

Vậy đáp số :MN 3 5

Câu V :

Ta có :

1(*)

a b c

ab bc ca





a b c

ab bc ca

 

 (1) cộng (2) ta được :(a b c  )2 4

2

a b c

   

a + b + c = 2  c 2 a b

Thế vào (*) ta được :

ab b  a b   a b a 

(**) có nghiệm  (a 2)2  4(a2  2a1) 0

2

4 0

3

a

3

b

3

c

 

a + b + c = -2  c2 a b

Thế vào (*) ta được :ab b ( 2  a b ) ( 2   a b ) 0

(*** ) có nghiệm  (a2)2  4(a2 2a1) 0

2

3

a a a

Tóm lại : 4 4; 4 4; 4 4