Khảo Sát Chuyên Đề Hàm Số

Chia sẻ: Hà Thị Ánh Tuyết | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

2
2.671
lượt xem
542
download

Khảo Sát Chuyên Đề Hàm Số

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

Các bài tập về chuyên đề hàm số, hệ thống một cách cụ thể, ôn thi đạt kết quả cao

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Khảo Sát Chuyên Đề Hàm Số

  1. S GD − ĐT Vĩnh Phúc Đ THI KH O SÁT CHUYÊN Đ L P 12 Trư ng THPT Tam Dương MÔN: TOÁN & Th i gian làm bài 180 phút không k th i gian phát đ . 1 1 Câu 1 (2.0 đi m): Cho hàm s y = x 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 3 3 1. Khào sát s bi n thiên và v đ th hàm s khi m = 2. 2. Tìm m đ hàm s đ t c c tr t i hai đi m có hoành đ x1 , x2 sao cho x1 + 2 x2 = 1 . Câu 2 (2.0 đi m ) :  π  π  π 1. Gi i phương trình: 4sin 3x.sin x + 4cos  3x −  cos  x +  − cos 2  2 x +  + 1 = 0 .  4  4  4 2. Gi i b t phương trình: log 2 x 2 − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 5 . Câu 3 (2.0 đi m): Trong không gian v i h to đ Oxyz cho hai đi m A(1; 2; −1), x +1 y − 2 z − 2 B(7; −2; 3) và đư ng th ng : ∆ : = = 3 −2 2 1. Ch ng minh r ng đư ng th ng AB và đư ng th ng ∆ cùng thu c m t m t ph ng. 2. Tìm đi m I thu c đư ng th ng ∆ sao cho tam giác IAB có chu vi nh nh t. Câu 4 (2.0 đi m): 3 x2 1. Tính tích phân: I = ∫ 2( x + 1) + 2 x + 1 + x x + 1 dx . 0 2. Cho x, y, z ≥ 0. Ch ng minh r ng: x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) Câu 5 (2.0 đi m): 1. Gi i phương trình : z 4 + 6 z 3 + 9 z 2 + 100 = 0 . x2 y 2 2. Trong m t ph ng Oxy, cho Hypebol (H): − = 1. G i F1, F2 là hai tiêu đi m 9 4 c a (H). Tìm t a đ đi m M thu c (H) sao cho di n tích tam giác MF1F2 b ng 4 13 −−−−−−−−−−−−−H T−−−−−−−−−−−−− Cán b coi thi không gi i thích gì thêm. H và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
  2. Câu N i dung Đi m 1 3 1 1. Khi m = 2, hàm s có d ng: y = x − x2 + 3 3 + TXĐ: R + S bi n thiên: y’ = x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ho c x = 2 Hàm s đ ng bi n trên: (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm s nghich bi n trên: (0; 2) 0.25 1 Hàm s đ t CĐ t i xCĐ = 0, yCĐ = ; đ t CT t i xCT = 2, yCT = −1 3 y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1  1 Đ th hàm s l i trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Đi m u n 1; −  (1; 2)  3 1 1 1  Gi i h n và ti m c n: lim y = lim x3  − + 3  = ±∞ 0.25 x→±∞ x→±∞  3 x 3x  LËp BBT: x 0 2 +∞ −∞ y’ + 0 − 0 + 0.25 +∞ 1 y 3 −∞ −1 I §å thÞ: y 0.25 O x 2/. Ta có: y’ = x2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) Đ hàm s có c c đ i và c c ti u thì y’ = 0 ph i có hai nghi m phân bi t khi và ch khi 0.25 ∆’ > 0 ⇔ m2 − 5m + 7 > 0 (luôn đúng ∀m) Gi s hoành đ hai đi m cưcj tr là x1, x2. Khi đó x1, x2 là nghi m c a phương trình y’ = 0.  x + x = 2(m − 1) 0.25 Theo Viet ta có:  1 2  x1x2 = 3(m − 2)
  3.  x2 = 3 − 2m  Vì x1 + 2x2 = 1 ⇒ x1 = 1 − 2x2 nên ta có:  0.25  x2 (1 − 2 x2 ) = 3(m − 2)  19 ± 3 ⇔ 8m2 + 19m + 9 = 0 ⇔ m = 16 0.25 KL: 1 + sin 4 x 2/. Phương trình đã cho tương đương v i: 2(cos 2 x + sin 2 x) + =0 (1) 0.25 2  π Đ t t = cos 2 x + sin 2 x = 2 cos  2 x −  , | t |≤ 2 ⇒ sin 4 x = t 2 − 1 0.25  4 Phương trình tương đương v i t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do | t |≤ 2 ) 0.25  π 3π k π Suy ra: cos  2 x −  = 0 ⇔ x = + ; k∈ 0.25  4 8 2 II 2. Đi u ki n: ∀x∈R 0.25 ( 2 ) B t phương trình tương đương v i: log 4 x − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x − 2 x + 2) ≤ 5 2 Đ t t = log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≥ 0 , b t phương trình có d ng: t2 + 4t − 5 ≤ 0 0.25 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 (Vì t ≥ 0) V y: 0.25 log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 1 ⇔ log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 1 ⇔ x 2 − 2 x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3 KL: T p nghi m c a b t phương trình: T = 1 − 3;1 + 3    0.25 uuur uur 1/. Ta có: AB = (6; − 4; 4), u∆ = (3; − 2; 2) III uuu r uur 0.5 ⇒ AB = 2u∆ ⇒ AB // ∆ ⇒ AB và ∆ cùng thu c m t m t ph ng. G i H là trung đi m AB ⇒ H(4 ; 0 ; 1) uuu r M t ph ng trung tr c AB nh n AB làm vectơ pháp tuy n nên có phương trình: 0,5 3x − 2y + 2z − 14 = 0 2/. Ta có: AB // ∆. G i A’ là đi m đ i x ng c a A qua đư ng th ng ∆. Ta có chu vi P c a tam giác IAB đ tgiá tr nh nh t khi và ch khi IA + IB đ t giá tr nh nh t. A H B T cách d ng ta có: IA + IB = I’A + IB ≥ A’B. 0.25 Đ ng th c x y ra khi và ch khi I trùng I H0 v i H0. A' Do AB // ∆ nên tam giác AA’B vuông t i A và AH0 là đư ng trung tuy n. 0.25 ⇒ ∆H0AB cân t i H0 ⇒ HH0 ⊥ ∆ ⇒ H0(2 ; 0 ; 4) V y I trùng H0(2; 0; 4) thì ∆AIB có chu vi nh nh t và minP = 2 ( 17 + 30 ) 0.25
  4. 0.25 1/. Đ t t = x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 ⇒ dx = 2tdt 0.25 V i x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t =2 2 2 2t (t 2 − 1)2 dt I =∫ 2 = 2∫ (t − 1)2 dt 0.5 1 t (t + 1) 1 2 2 2 = (t − 1)3 = 0.25 3 1 3 IV 1 2 2/. Ta có: x + xy + y = 2 3( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 − 2 xy + y 2 )  4  0.5 1 3 3 = 3( x + y )2 + ( x − y )2  ≥ ( x + y ) 2 ⇒ x 2 + xy + y 2 ≥   4 ( x + y) 4 2 3 3 Tương t : y 2 + yz + z 2 ≥ ( y + z ); z 2 + zx + x 2 ≥ ( z + x) 0.25 2 2 ⇒ C ng v v i v ta có đi u ph i ch ng minh. 0.25 2 2 1/. Phương trình tương đương v i: (z + 3z) − (10i) = 0 2 2  z 2 + 3z − 10i = 0 0.5 ⇔ (z + 3z − 10i)(z + 3z + 10i) = 0 ⇔   z 2 + 3z + 10i = 0   z = 1 + 2i V i z2 + 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i)2 ⇒ phương trình có nghi m ⇔  0.25  z = −4 − 2i  z = 1 − 2i V i z2 + 3z + 10i = 0 có ∆ = (5 − 4i)2 ⇒ phương trình có nghi m ⇔  0.25  z = −4 + 2i V 2. Hypebol có hai tiêu đi m F1 − 13;0 , F2 ( ) ( 13;0 ) 0.25 G i h là chi u cao h t M c a ∆MF1F2. Vì di n tích ∆MF1F2 = 4 3 nên h = 4 Vì F1, F2 ∈ Ox nên yM = 10. Gi s M(a; 4) thu c (H). (a > 0) 0.25 a 2 42 Hoành đ M là nghi m c a phương trình: − = 1 ⇔ a 2 = 45 ⇔ a = 3 ± 5 9 4 0.25 Tương t v i a < 0 ( ) ( KL: Có 4 đi m M c n tìm: M1 −3 5; 4 , M 2 3 5; 4 , M 3 −3 5; −4 , M 4 3 5; −4 ) ( ) ( ) 0.25
Đồng bộ tài khoản