Đề thi thử đại học môn Toán - Số 1

Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của đồ thị C đi qua giao điểm của hai tiệm cận của của đồ thị đó... Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau.[r]

Đề 1:

( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)

Bài 1:

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2x 4

1

y x





 2) Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của đồ thị (C) đi qua giao điểm của hai tiệm cận của của đồ thị đó

tan

2 x sinx

  

2) Chứng minh hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt







Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 4x 3y +11z – 26 = 0 và hai đường



  1) Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau

2) Viết phương trình đường thẳng () nằm trên (P), đồng thời cắt cả (d1) và (d2)

4

0

sinx

dx

2 os sin

I







 2) Tính đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) = cos(3x  2)

Bài 5: Với mọi số thực dương a; b; c thõa mãn điều kiện a + b + c = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2

2 2x

2

1

1 3

x



 

 

Bài 7: 1) Tính gọn biểu thức S =  25

1 i 2) CMR, k,n Z thõa mãn 3 k n  ta luôn có:    



Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên A'A = A'B=A'C = a Chứng

minhBB'C'C là hình chữ nhật và tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'

-Hết -

Bài 1:

1) 2x 4 (Các bước khảo sát HS tự thực hiện)

1

y

x







TCĐ: x = 1; TCN: y = 2;

6

1

x

 BBT:

x

y’

y

2

2 -



2) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(x0; y0)(C)

2

2x 8x 4 6

Giao điểm của hai tiệm cận là: I(1; 2) Thay tọa độ của I vào phương trình (1) ta được:

(VN) Kết luận không có tiếp tuyến nào của (C) đi

2

0

0

12x 12 2x 8x 4

6

1

 



qua giao điểm I của hai tiệm cận

Bài 2: 1) Giải phương trình 2 1 sinx.(2) Điều kiện: sinx ≠ 0

tan

2 x sinx

  

sinx

x

sinx

2

 







2) Hệ phương trình viết lại (3)

2x 2 1





 Nhận xét: Vai trò của x, y, z là bình đẳng trong hệ và mỗi vế của từng phương trình của hệ

Đặt: f(t) = t3 +t2+2t và g(t) = 2t3 + 1 với t  R

Hệ phương trình viết lại:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x g y

f y g z

f z g x









Ta có: f t 3t2     2t 2 0, t R và g t 6t2   0, t R Do đó f(t), g(t) là các hàm số liên tục và đồng biến trên R

Không mất tính tổng quát, gọi x = Max{x,y,z}, ta có đánh giá sau:

x y f x( ) f y( ) g y( )g z( )  y z f y( ) f z( ) g z( )g x( ) z x

Suy ra x = y = z Vậy hệ (3) tương đương: 3 2

2x 1 0

 





 Xét hàm số h(x) = x3  x2 2x + 1 liên tục trên [2; 2] R, ta có: h(2)=7; h(0) = 1; h(1) = 1; h(2) = 1

Áp dụng tính chất hàm liên tục  > h(x) = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt (do h(x) bậc 3)  > (đpcm)

Bài 3:

1) Ta có:

* M(0; 3;  1) (d1) ; N(4; 0; 3) (d2)    

MN 4; 3;4

2

1

u 1;2;3       

1 2

u ,u 1;5; 3

* Xét          (d1) và (d2) chéo nhau

  

1 2

u ,u MN 4 15 12 23 0

2) Nhận xét: Vì  nằm trên (P) và cắt cả d1, d2 nên  qua giao điểm của d1, d2 với (P)

Tọa độ giao điểm A của d1 và (P) là nghiệm của hệ:  A (2; 7; 5)









x y 3 z 1

4x 3y 11z 26 0 Tọa độ giao điểm B của d2 và (P) là nghiệm của hệ:  B( 3; 1; 1)

 







x 4 y z 3

4x 3y 11z 26 0 Phương trình đường thẳng :     

x 2 y 7 z 5

Bài 4:

osx sinx

dx

d c I

Đặt t = sinx  dt = cosx.dx, khi x = 0  t = 0; x =  t 2

2

d 3t 1 d 3t 1

2

2 2

0

1 ln 3t 1 ln 3t 1 1 ln 5 2 6

2) Tính đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) = cos(3x  2) ( dùng quy nạp để chứng minh)

;

f (x) 3sin 3x-2 3cos 3x 2

2

f (x) 3 sin 3x-2+ 3 cos 3x 2 2

f (x) 3 cos 3x 2 k f (x) 3 sin 3x 2 k 3 cos 3x 2 k 1

f (x) 3 cos 3x 2 n , n N

2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

8

Dấu " = " xảy ra  2a = b + c

Tương tự:

b 6b 2c 2a; c 6c 2a 2b

Suy ra: P a b c 1   Dấu bằng xảy ra  a = b = c = Kết luận: minP =

1 3

1 4

Bài 6:

1) Giải bất phương trình: 4 1 (4) Điều kiện: 0 < x ≠ 1 Đặt t =

2

Bất phương trình (4) 

  





 



2

2 2

t t 2

2t

t 0





1

4

0 t 1 log 1 log x log 2

2) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm

2 2x

2

1

1 3

x



 

 

Ta có :

2 2

1 3

1

3



 

 

2 1

2

2 2

2



/ 1 / / 2

2 2 ; 0 2

y

  



1 0 1 [0; 2]

y    x

2 0 1 ( ; 0] [2; ) lim 2

x



 Bảng biến thiên:

/ 1

-/ 2

/

1

 Từ bảng biến thiên ta suy ra:

(1) có 4 nghiệm  0 log (1/3 m2   m 1) 1 2 1

3

Kết luận : giá trị m cần tìm: -1 < m < 0.

Bài 7:

1) Tính gọn biểu thức S =  25

1 i

Ta có: S =  25   24    12  12 

1i  1 i 1 i 2i 1 i 2 1i

2) CMR, k,n Z thõa mãn 3 k n  ta luôn có:    



Ta có: k  k 1  k 2  k  k 3  k 2  k  k 1  k 2  k 3  k (5)

 k k 1 k 1 k 2  k 2 k 3 k  k 1 k 2  k  k 1  k 1 k 2

= k  k 1  k ( điều phải chứng minh)

n 2 n 2 n 3

Bài 8:

Gọi O là tâm của tam giác đều ABC  OA = OB = OC

Còn có A'A =A'B =A'C  A'O là trục của đường tròn

ngoại tiếp ABC  A'O (ABC)

 AO là hình chiếu vuông góc của AA' lên (ABC); mà

AO BC  AA' BC  BB'BC , do đó BB'C'C là hình

chữ nhật

Vì A'O (ABC)  A'O CO

Trong A'OC vuông tại O,ta có:

A'O2 A'C2 CO2 A'O a 6

3 Vậy thể tích V của khối lăng trụ là:

V S ABCA'O a 23 (đvtt)

4