Hướng dẫn giải thi thử sp lần 5

Chia sẻ: Tran A | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:3

0
51
lượt xem
5
download

Hướng dẫn giải thi thử sp lần 5

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về hướng dẫn giải thi sp lần 5

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải thi thử sp lần 5

  1. THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 ==================== HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5 Câu 1. 1. Tự làm. 2x 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm: = mx – m +2 (1) x −1 x ≠ 1 x ≠ 1 ⇔ ⇔ 2 x = ( x − 1)(mx − m + 2) 2 = m( x − 1) (2) 2 Đường thẳng cắt độ thị tai hai điểm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ m > 0 . Lại có (2) ⇔ mx2 – 2mx + m – 2 = 0 (3). Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (3). Theo hệ thức Viet:  x1 + x2 = 2   m−2  x1 x2 = m  1 Đặt A(x1;y1) và B(x2;y2). Ta có: y1 = mx1 – m + 2 ; y2 = mx2 – m + 2 từ đó AB2 = 8( m + ) ≥ 16. m AB ≥ 4. Dấu bằng xảy ra khi m = 1. Vậy AB có độ dài nhỏ nhất là 4 đạt được khi m = 4. Câu 2. 1. Điều kiện: sinx. cosx > 0 (1). Ta có phương trình tương đương: ( sin3 + cos3x ) +( sin2x cosx + cos2xsinx) = 2 sin x cos x ⇔ sinx + cosx = 2 sin x cos x . Từ phương trình này suy ra sinx + cosx >0 (2). Kết hợp (1) và (2) được: sinx > 0 và cosx > 0. Tiếp tục biến đổi được phương trình: π ( sin x − cos x ) 2 = 0 ⇔ sin x = cos x ⇔ sinx = cosx > 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ . Kiểm tra 4 π điều kiện cho nghiêm: x = + k .2π ( Loại một họ!) 4 2. Điều kiện: x ≤ 2 . BPT ⇔ x 2 − x ≤ ( x + 1)( x − 2) − 2 − x ⇔ (x + 1).( 2 − x + 2 – x) ≤ 0 . TH1: x =2. Thỏa mãn . TH2: x < 2. Khi đó 2 − x + 2 – x > 0 ⇒ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 . Vật tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( - ∞ ; - 1] ∪ {2}. Câu 3. 1. Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (P): Gọi tiếp điểm là T(x0;y0). PTTT là: 1 y = (4 – 2x0) ( x – x0) + 4x0 – x02. Tiếp tuyến đi qua M(1/2; 2) ⇔ 2 = (4 -2x0)( -x0) + 4x0 – x02. 2 Biến đổi rồi giải tìm được x0 = 0 hoặc x0 = 1. Với x0 = 0 tiếp tuyến là d1: y = 4x ,tiếp điểm là O(0;0). Với x0 = 1 tiếp tuyến là d2: y = 2x + 1, tiếp điểm là A( 1;3). 1 2 1 ∫ (4 x − 4 x + x )dx + ∫ (2 x + 1 − 4 x + x )dx = 2 2 Từ hình vẽ (Tự vẽ). ta có diện tích hình phẳng là: S = 0 1 2 … 1 S= (đvdt). 12 =================================== 1 BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)
  2. THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 ==================== SA2 + SB 2 − AB 2 2. Ta có: SA.SB = . Tương tự rồi kết hợp với giả thiết suy ra: 2 SA2 + SB 2 − AB 2 SB 2 + SC 2 − BC 2 SC 2 + SA2 − CA2 a 2 = = = ⇔ SA = SB = SC = a. 2 2 2 2 a3 2 SABC là tứ diện đều. Tính được: V = . 12 Câu 4. 1. Ta có: z = 2sin2 α - 2i sin α .cos α = 2sin2 (- α ) + 2i sin(- α ).cos(- α ) = 2sin(- α ) [ sin(- α ) + icoss(- α )] = -2sin α [sin(- α ) + icos(- α )] π π = - 2sin α [ cos( + α ) + isin( + α ) ]. 2 2 3π Vì < α < 2π nên – 2sin α > 0. Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z. 2 2. Hệ phương trình được xác định với mọi x;y ( Hệ đối xứng loại 2) Trừ từng vế hai phương trình ta được: x + x 2 − 2 x + 2 + 3x −1 = y + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1 (*). Xét hàm số f(t) = t + t 2 − 2t + 2 + 3 t -1 . ta có f ‘(t) = … >0. Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R. Từ phương trình (*) suy ra x =y. Thế vào một phương trình của hệ được: x + x 2 − 2 x + 2 − 1 = 3x −1 ⇔ ln( x + x 2 − 2 x + 2 − 1) = ( x − 1) ln 3 (**). Đặt gx) = ln( x + x 2 − 2 x + 2 -1) – (x – 1)ln3. Hàm số xác định trên R. Chứng minh được g’(x)< 0 nên g(x) nghịch biến trên R. Mà: g(1) = 0. Pt(**) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy hệ có một nghiệm: (x;y) = (1;1). Câu 5. 2 x + y + 5 = 0 1. Hệ phương trình tọa độ A:  ⇔ x = -11; y = 17 . A(-11;17). 3 x + 2 y − 1 = 0 1 Gọi B ∈ d1 ⇒ B( x1 ; -2x1 – 5) và C ∈ d2 ⇒ C( x2; (3 – x2)). 2 3 Ta có BM =( 7 –x1; 2x1 + 1), CM =( 7 –x2; - (3 –x2)). Do M là trung điểm của BC nên 2 (7 − x1 ) + (7 − x2 ) = 0  BM + CM = 0 ⇔  3 ⇔ x1 = -35 và x2 = 49. (2 x1 + 1) − 2 (3 − x2 ) = 0  Vậy B(-35;65) và C(49; -73). 2. Gọi giao điểm của ( α ) với ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt là A(a;0;0) , B(0;b;0), C(0;0;c). với a,b,c>0. x y z Mặt phẳng ( α ) có phương trình dạng đoạn chắn: + + = 1 (1). Vì đi qua M( 3;2;1) nên: a b c 3 2 1 1 + + = 1 (2). Thể tích khối tứ diện là V = abc. a b c 6 3 2 1 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có 1 = + + ≥ 33 ⇒ abc ≥ 27.6 ⇒ V ≥ 27 a b c abc V đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ V = 27 đạt được khi a =9; b = 6; c = 3. =================================== 2 BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)
  3. THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 ==================== x y z Vậy mặt phẳng ( α ) thỏa mãn đề bài là: + + = 1 hay 2x+ 3y + 6z – 18 = 0. 9 6 3 =================================== 3 BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản