Tham khảo ôn thi tốt nghiệp năm 2010

đường tiệm cận ngang củaC theo thứ tự tại A và B .Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của C .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí của điểm M... Tiếp tu[r]

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010

CÂU I:

Cho hàm số 1 (1) ,có đồ thị là (C)

1

x y x







1 Khảo sát hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C),biết tiếp tuyến đi qua điểm P(3;1)

3 M x y( , )0 0 la ømột điểm bất kỳ thuộc (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của(C) theo thứ tự tại A và B Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

CÂU II:

1.Giải phương trình: 4 2 2 6

log (x1) log (x 1) 25 2.Xác định m để phương trìnhx2 6x m (x 5)(1 x) 0 có nghiệm

CÂU III:

1.Giải phương trình : 2sin2x=3tgx+1

2.Tính các góc của tam giác ABC , biết cos2A - cos2B + cos2C=3

2

CÂU IV:

1.Tìm tất cả các số tự nhiên x thỏa mãn hệ thức: A10x A x9 9A8x

2.Từ các chữ số :1; 2 ; 5 ; 7 ; 8 , lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác nhau và nhỏ hơn

276 ?

CÂU V:

Xác định m để hệ phương trình 2

2

( 2) ( 2)

x m x my

y m y mx

 









có đúng 2 nghiệm phân biệt

DAP AN Bài I:

1) Khảo sát hàm số:   (C)



1 1

x y x

 TXĐ: D = R \ (1)

 ' 2 2 0 Hàm số giảm trên từng khoảng xác định

( 1)

y x





 TCĐ: x = 1 vì

1  

lim

 TCN: y = 1 vì xlimy1

 BBT:

 Đồ thị:

A

B M

y

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm P(3, 1):

Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k:

y = k( x-3) + 1





 



 2

x+1 = k(x-3) + 1 (1) x-1

-2 = k (2) (x-1)

Thay (2) vào (1) :

1 (x-1)

x x

      

2 1 2( 3) ( 1)2

Thay vào (2)   2k

Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua P là:

y= -2x + 7 3)M x y0( , ) ( )0 0  C Tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích không phụ thuộc M

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:

 '( )(0  0) 0

y f x x x y

0 0 0 2

2 0

1 )

1

3

-3 ( ( -1)

x x x

x x x

x









Giao điểm với tiệm cận đứng x =1

Giao điểm với tiệm cận ngang y = 1

  1 5 0 2 5 0 2,1

Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1)

Ta có :







 

0

0 0

5 2

25 hằng số 6

IAB IA IB y y x x

x

x x

S

Vậy: SIABkhông phụ thuộc vào vị trí điểm M

Bài II:

1) Giải phương trình: 4  2 4  6 

log ( 1) log ( 1) x x 25

Ta có :

 4  2   24  4  4 

log ( 1) x log ( 1) x 2log x 1 16.log x 1



2 2

log ( x 1) log ( x 1)  2 log x 1 9.log x 1

Do đó: Phương trình 4   2   

Đặt  2  Điều kiện

2

log 1

Khi đó phương trình trở thành :









t = - 16 (loại)

t t

Vậy phương trình  2  

2

log x 1 1

  



   



        

1 2 1 1 2

x x

x

2) Tìm m x26x m  (x5)(1x) 0 để có nghiệm

Đặt t (x5)(1x)  x2 6x 5 4 ( x 3)2 4

Suy ra điều kiện 0 t 4

Khi đó phương trình trở thành:

(*)

    t t2 5 m

Xem hàm số y t t   2 5 trên [0,4]

Ta có :  y' 2 1t

  1 ' 0

2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:

Phương trình có nghiệm Phương trình (*) có nghiệm trong [0,4]

19 17

4 m

Bài III:

1) Giải phương trình 2sin2x = 3tgx + 1

Đặt t = tgx  

 2

2 sin 2

1

t x

t

Khi đó phương trình trở thành:

 

 2

2

1

t t t

    



 



3 2 2

2

( 1)(3 2 1) 0 t=-1

(3t - 2t + 1)=0 (vô nghiệm)

t t t

Vậy phương trình         1  ( )

4

2) Tính các góc của tam giác ABC biết:

cos2 cos2 cos2

2

Ta có: cos2 cos2 cos2  3

2

2

2

3

2 cos( )cos( ) cos2

2 3

2 cos cos( ) 2 cos 1

2 1

4

2

2

2

2

1

2 sin( ) 0

cos

A C

B B

A C

A C



 





     



Bài IV:

1) Giải A10x  Ax9  9 A8x (1)

Điều kiện x10 và x

( 10)! ( 9)! ( 8)!





2

( 10)! ( 9)! ( 8)!

( 10)! ( 10)!( 9) ( 10)!( 9)( 8)

1

9 ( 9)( 8)

16 55 0 11

11 5( )

x

x

x loại

2) Từ các số 1, 2, 5, 7, 8 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 276 Gọi số cần tìm có dạng x a a a  1 2 3

Vì x < 276 nêna1 {1,2} Ta có 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: a1 1

Số các số x  1 a a2 3 là: 4 (số)

A

Trường hợp 2: a1 2

 a2    7 a3 {1,5}

 Có 2 số

 a2 {1,5}  a2 có 2 cách chọn và a3 có 3 cách chọn Có 2 3 6  

Suy ra số các số x  2 a a2 3 là : 2 + 6 = 8 số

Vậy số các số cần tìm là:12 + 8 = 20 (số)

Bài V:

Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân biệt:







2 2

x + (m-2)x = my (1)

y + (m+2)y = mx (2)

Lấy (1) trừ (2) được:











   

x y x y m

y x

 Với y = x, hệ trở thành:











2

2

y x

 Với y    x 2 m  2, hệ trở thành:















2

y = - x - 2m - 2 (3) (*)

x + 2(m+1)x + 2m + 2m = 0 (4)

Do đó hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt:















(*) có đúng 1 nghiệm (0,0) (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2) (*) có đúng 2 nghiệm (0,0) ,(-2,-2) (*) vô nghiệm

Trường hợp 1: (*) có đúng 1 nghiệm (0,0)

0 = -2m-2 ( Do (3) )



m = -1



Thử lại với m= -1 (*) trở thành:

 









2

0 0 0

y x

Vậy nhận m = -1

Trường hợp 2: (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2)

-2 = 2 –2m – 2



m = 1



Thử lại với m=1 (*) trở thành:





2

2

y

Vậy nhận m = 1

Trường hợp 3: (*) có đúng 2 nghiệm (0, 0),(-2, -2)

(do trường hợp 1 và trường hợp 2)







 





1 1

m

m

điều này không xảy ra

Trường hợp 4 : (*) vô nghiệm

(4) vô nghiệm



    

    

2

1 m 1

Tóm lại: Khi m     1 m 1 thì hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt