Luyện thi đại học môn Toán (10 đề)

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Xét 2 2m x 1 y x += = 1 ⇔ 2 2m x 1 x 0 x + − = ⇔ 2 2 x 0 x 1 m x ≠ − = ⇔ 2 x 0 x 1 0 x ≠ − ≥ ⇔ x 0 x 1 ≠ ≥ ⇔ x ≥ 1. Với mọi điểm của đ−ờng thẳng y = 1 mà hoành độ x ≥ 1 luôn tồn tại giá trị của m, nghiệm của 2 2 x 1 m x −= để đồ thị t−ơng ứng đi qua đ−ờng thẳng y = 1. Vậy với những điểm trên đ−ờng y = 1 có hoành độ x < 1 đồ thị hàm số không đi qua với mọi m. 3) Gọi tọa độ những điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m là ox , oy . Ta có : 2 2 o o o m x 1 y x += với mọi m ( ox 0≠ ) ⇔ 2 2o o om x y x 1 0− + = với mọi m. Đẳng thức chỉ xảy ra khi đồng thời : 2 ox 0= o oy x 1 0− + = Hệ này vô nghiệm. Vậy không tồn tại điểm nào trong mặt phẳng tọa độ mà đồ thị luôn đi qua với mọi m. 4) Xét 2x ax 1 0− + > với mọi x > 0 ⇔ 2x 1 a x + > , ∀x > 0 Xét đồ thị 2x 1 y x += với x > 0 là nhánh trên của đồ thị hàm số đã vẽ ở phần 1. Ta có a < y với mọi x > 0 : nghĩa là mina y< mà miny 2= , vậy với mọi giá trị a < 2 thì 2x ax 1 0− + > với mọi x > 0. Câu II. Gọi ox là một nghiệm của ph−ơng trình (1). Nghiệm của ph−ơng trình (2) gấp đôi nó sẽ là o2x . Ta có : 2o ox x m 0− + = (1) 2o o4x 6x m 0− + = (2) Trừ (2) cho (1) : 2o o3x 5x 0− = ⇒ ox 0= , o 5x 3= . Với ox = 0 thì m = 0, ox = 5 3 thì m 10 9 = − . Tr−ờng hợp 1 : Với m = 0, hai ph−ơng trình đã cho trở thành : 2x x 0− = (1) 2x 3x 0− = (2) Ph−ơng trình (1) có nghiệm 1x = 0, 2x = 1. Ph−ơng trình (2) có nghiệm 3x = 0, 4x = 3. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Chúng có một nghiệm chung x = 0, nh−ng hai nghiệm còn lại không gấp đôi nhau. Tr−ờng hợp này loại. Tr−ờng hợp 2 : Với 10m 9 = − , hai ph−ơng trình đã cho trở thành 2 10x x 0 9 − − = (1) 2 10x 3x 0 9 − − = (2) Ph−ơng trình (1) có nghiệm 1 2 x 3 = − , 2 5x 3= . Ph−ơng trình (2) có nghiệm 3 10 x 3 = , 4 1x 3= − . Dễ thấy rằng nghiệm 3x = 10 3 của ph−ơng trình (2) lớn gấp hai lần nghiệm 2 5 x 3 = của ph−ơng trình (1). Vậy 10 m 9 = − là giá trị cần tìm. Câu III. 1) Theo định lí hàm số cosin trong tam giác : 2 2 2a b c 2bccosA= + − ⇒ cosA = 2 2 2b c a 2bc + − (1) 2o o4x 6x m 0− + = Theo định lí hàm số sin trong tam giác : a sin A 2R = (2) Từ (1) và (2) suy ra cotgA = 2 2 2(b c a )R abc + − (3) Do vai trò ba góc A, B, C nh− nhau, t−ơng tự ta có : 2 2 2(a c b )R cot gB abc + −= (4) 2 2 2(a b c )R cot gC abc + −= (5) Kết hợp (3), (4), (5) suy ra điều phải chứng minh : 2 2 2(a b c )R cot gA cot gB cot gC abc + ++ + = 2) Xét hai tr−ờng hợp : a) Một trong ba số a, b, c bằng 0. Giả sử a = 0. Theo giả thiết : a + b + c = abc ; a = 0 ⇒ b = −c. Thay a = 0 vào biểu thức phải chứng minh, ta có : b(−1)( 2c − 1) + c(−1)( 2b − 1) = 0. Đẳng thức này luôn đúng khi b = −c. b) Cả ba số a, b, c đều khác 0 : Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ. Theo giả thiết a + b + c = abc, nghĩa là : tgα + tgβ + tgγ = tgαtgβtgγ ⇔ tgβ + tgγ = tgα(tgβtgγ − 1) ⇔ tg tg tg 1 tg tg − β − γ = α− β γ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ (bởi vì tgβtgγ − 1 luôn khác 0 do không thể tồn tại tgβtgγ = 1 và tgβ + tgγ = 0) ⇔ tg(−β − γ) = tgα ⇔ − β − γ + ok π = α ⇔ α + β + γ = ok π . Nh− vậy, ta cần chứng minh : tgα( 2tg β − 1)( 2tg γ − 1) + tgβ( 2tg α − 1)( 2tg γ −1) + tgγ( 2tg α − 1) ì ( 2tg β − 1) = tgαtgβtgγ. Chia cả hai vế cho vế phải, ta có : điều cần chứng minh t−ơng đ−ơng với : cotg2βcotg2γ + cotg2αcotg2γ + cotg2αcotg2β = 1 ⇔ cot g2 cos2 cos2 sin(2 2 ) 1 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 β γ α β + γ+ =β γ α β γ ⇔ 1 2 [cos2(β + γ) + cos2(β − γ)] − cos2α = sin2βsin2γ ⇔ 1 2 [cos2(β − γ) − cos2α] = sin2βsin2γ ⇔ − sin(β − γ + α)sin(β − γ − α) = sin2βsin2γ ⇔ −sin( ok π − 2γ)sin[β − ( ok π − β)] = sin2βsin2γ ⇔ sin2γsin2β = sin2βsin2γ. Câu IVa. 1) Điểm C có tọa độ (a , m), vậy đỷờng tròn (C) có phỷơng trình (x - a) 2 + (y - m) 2 = m 2. Đỷờng thẳng AB có phỷơng trình x a + y b = 1. Vậy các tọa độ của A và P là nghiệm (x , y) của hệ ( ) ( ) ( ) ( ) x a y m m x a y b − + − = + =    2 2 2 1 1 2 Để giải hệ này, từ (2) suy ra y b = 1 - x a = a - x a
(x - a) 2 = a y b 2 2 2 Thế vào (1), ta đỷợc a y b 2 2 2 + (y - m)2 = m2  y a + b b y - 2m = 0 2 2 2     , vậy :y = 0
x = a (tọa độ của A) y = 2mb a + b 2 2 2
x = a 1 - y b = a 1 - 2mb a + b2 2         (tọa độ của P). 2) Nhận xét rằng do m0, nên P không thuộc Oy, và m  a + b 2b 2 2 , nên P  B, vậy đỷờng tròn (K) đỷợc hoàn toàn xác định. (Hình 114). Giả sử K có tọa độ (k, b). Đỷờng tròn (K) có phỷơng trình (x - k) 2 + (y - b) 2 = k 2. Vì P  (K), nên ta có a mb a b k mb a b b k1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − +    −     − + −     = Hay a 1 - 2mb a + b - 2ka 1 - 2mb a + b + b 1 - 2m2 2 2 2 2 2 2         b a + b2 2 2    =0. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Do 1 - 2mb a + b2 2  0, suy ra k = a + b - 2mb 2a 2 2 . 3) Các giao điểm P, Q của (C) và (K) có tọa độ (x , y), nghiệm hệ gồm 2 phỷơng trình của (C) và (K) (x - a)2 + (y - m)2 = m2 x - a + b - 2mb 2a 2 2 2    + (y - b) = a + b - 2mb 2a 2 2 2 2    Hay x 2 - 2ax + a 2 + y 2 - 2my = 0 (1) x 2 - a + b - 2mb a 2 2 . x + y 2 - 2by + b 2 = 0. (2) Lấy (1) trừ cho (2), ta đ ợc phỷơng trình bậc nhất đối với x, y : b - a - 2mb a 2 2    x + 2(b - m)y + a 2 - b 2 = 0. (3) Vì các tọa độ của P và Q đều thỏa mãn (3), nên ta kết luận : (3) là phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Viết lại (3) d ới dạng -2m bx a + y + (b - a x a 2 2)    + 2by = b 2 - a2, ta thấy đỷờng thẳng PQ đi qua điểm cố định (x , y), nghiệm của hệ bx a + y = 0 (b - a x a 2 2) + 2by = b2 - a2. i) Nếu b 2 - a 2  0, ta viết hệ trên d ới dạng x a + y b = 0 x a + 2b b - a2 2 . y = 1. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________    Từ hệ này suy ra y = b(b - a ) a + b , x = - ay b = a(a - b ) a + b 2 2 2 2 2 2 2 2 . ii) Nếu b 2 - a 2 = 0, hệ (4) trở thành bx a + y = 0
x = y = 0. 2by = 0 Trong cả 2 trỷỳõng hợp, ta có thể kết luận : đỷờng thẳng PQ luôn đi qua điểm cố định a(a - b ) a + b ; b(b - a ) a + b 2 2 2 2 2 2 2 2    . Câu IVb. 1) Gọi BD 1 = y và CD 2 = x (x và y  0). D1D 2 ⊥ AD 2  AD = D D + AD1 2 1 2 2 2 2 ; (1) AD = a + y ; AD = a + x ; D D1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 = a 2 + (x - y) 2. Thay vào (1)
2x 2 - 2yx + a 2 = 0. Coi (2) là phỷơng trình bậc hai ẩn x tham số là y. Bài toán trở thành việc chứng minh rằng tồn tại y  0 để (2) có nghiệm x ↔ 0. Thật vậy: ∆ x ' = y 2 - 2a 2  0  y  a 2. Khi đó (2) có 2 nghiệm x’, x’’. Theo định lí Viet thì x’ + x’’ = y  0 x’.x’’ = a 2/2 > 0, chứng tỏ 0 < x’ < x’’. Nh vậynếuBD1 =y> a 2 thì có2điểmD2 ' vàD2 '' màCD2 ' =x’ và CD2 '' = x’’ để AD D2 1 ' ^ = AD D2 1 '' ^ = π/2. Nếu y = a 2 thì x’ = x’’  D2 ' ƒ D2'' hay nói cách khác D 2 duy nhất. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________   www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 2) a) Gọi I là trung điểm của BC (I cố định) và K là trung điểm của D1D 2. Vì d1 và d2 cùng ⊥ (P) nên d1 // d 2, do đó BD1D 2C là hình thang và IK là đ ờng trung bình
IK // d1 // d 2 và IK = BD + CD 2 = 2b 2 = b 1 2 không đổi. Trong mặt phẳng (d1, d 2), qua I chỉ có một đỷờng thẳng d //d1 // d 2 nên K  d cố định. Mặt khác, IK = b không đổi nên K cố định. Vậy mặt phẳng (AD1D 2) luôn quay quanh AK cố định. AI ⊥ giao tuyến BC của hai mặt phẳng vuông góc (ABC) và (d1, d 2) nên AI ⊥ (BD1D 2C) hay AI là đỷờng cao của chóp A.BD1D 2C . V =A.BD D C1 2 1 3 AI . BD + CD 2 . BC = 1 6 a b 3 1 2 2 không đổi. b) Dựng IJ ⊥ AK (3) thì J cố định. Dựng IE ⊥ D1D 2 (4). AI ⊥ (BD1D 2C) nên AI ⊥ D1D 2 (5). Từ (4) và (5)
D  D 2 ⊥ (AIE)
(AIE)⊥ (AD1D 2). Dựng IH⊥AE thì IH ⊥ (AD1D 2) ; BC⊥(AIK)
AK ⊥ BC (6). Từ (3) và (6) mặt phẳng (JBC) cố định
(JBC) ⊥ AK
(JBC) ⊥ (AD1D 2) (7) Từ (7)
H  (JBC). Từ đó suy ra BC,D1D 2, và JH cắt nhau tại F. Trong mặt phẳng cố định (JBC), H nhìn IJ cố định dỷỳỏi góc vuông nên H thuộc đỷờng tròn đỷờng kính IJ trong mặt phẳng (JBC). Giới hạn : Khi D 1 chuyển động đến B thì D 2 chuyển động ra vô cùng và F chuyển động về B, suy ra H chuyển động trên đỷờng tròn đến H 1 (H 1 là giao của đ ờng tròn đ ờng kính IJ với JB). Khi D 2 chuyển động đến C thì D1 chuyển động ra vô cùng và F chuyển động về C, suy ra H chuyển động trên đỷờng tròn đến H 2 (H 2 là giao của đỷờng tròn đỷờng kính IJ với JC). Vậy tập hợp cần tìm là cung (kể cả mút). 
1 2H H