Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 31, 32

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
56
lượt xem
8
download

Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 31, 32

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

Tài liệu ôn thi Đại học - Cao đẳng dành cho các bạn học sinh với 2 đề thi thử Đại học môn Toán 31 và 32 sẽ giúp các bạn luyện thi Đại học và củng cố kiến thức môn Toán về khảo sát đồ thị, viết phương trình đường thẳng. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 31, 32

  1. ĐỀ SỐ 31. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) 3 Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số : y  x  3x  1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x A  2 và MN  2 2 . Câu II ( 2 điểm ). 1) Giải phương trình : tan 2 x  1  tan 2 x   2  3sin x   1  0 . 2) Giải hệ phương trình với x, y   x2 y  2 x 2  2 y 2  5 y  2  0   2 2 2 2  y  1  x  y  2 xy  x  x  2 xy  y  1  y  Câu III ( 1 điểm ). 2x 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y  (C ) , trục hoành và tiếp tuyến x 1 của (C) tại giao điểm (C) với trục tung . Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V ( 1 điểm ). 1 1 1  1 1 1  Chứng mimh rằng với a  0, b  0, c  0 thì    3    a b c  a  2b b  2c c  2a  II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B  2;1 , điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox ( xC  0 ) góc BAC  30o ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1  0 và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). lập phương trình mặt phẳng   .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Câu VIIa ( 1 điểm ) z  3i  2 Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho w  là một số thực. zi B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6 x  2 y  6  0 và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho AB  AC nhỏ nhất. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0 cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VIIb ( 1 điểm ). Tìm tất các số thưc  để bất phương trình : log 2 x  log x 2  2cos  0 có nghiệm x 1
  2. HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 31 3 Câu I (2 điểm)1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y  x  3 x  1 Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ¢ = 3x 2 - 3 Cho y ¢ = 0 Û 3x 2 - 3 = 0 Û x = 1 , x = - 1 Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x®- ¥ x® +¥ Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 1); (1; + ¥ ) , NB trên khoảng (- 1;1) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1tại x CD = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT = 1 BBT x – –1 1 +¥ y¢ + 0 – 0 + Điểm uốn: I (0; - 1) 1 +¥ vì: y – –3 y ¢ = 6x = 0 Û x = 0 Þ y = - 1 . ¢ Giao điểm với trục hoành:không có nghiệm nguyên Bảng giá trị x - 1 0 1 2 y 1 - 1 -3 1 Đồ thị hàm số: hình vẽ bên. 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x A  2 và MN  2 2 Nhận xét: nếu đường thẳng d qua A không có hệ số góc tức x = 2 cắt (C) nhiếu nhất 1 điểm không thỏa yêu cầu bài toán .Do đó d phải có hệ số góc .Vì x A  2 nên y A  1 suy ra phương trình d có dạng y  k  x  2   1 Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là: x  2  x3  (3  k ) x  2k  2  0  ( x  2)( x 2  2 x  k  1)  0   2  x  2 x  k  1  0 (*) Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N  (*) có 2 nghiệm phân biệt, x1 ,x2  2 ; MN  2 2 Theo vi ét x1 , x2  2; x1 x2  1  k Ta có : 2 2 2 2 8  MN 2   x2  x1    x2  x1  k 2   k 2  1  x2  x1    k 2  1  x2  x1   4 x1 x2      Hay 8  k  1  4  4 1  k    k  k  2  0  k  1 (thoả yêu càu bài toán ).Vậy d có pt là : y  x  1 2 3 2 2   Câu II( 2 điểm)1) Giải phương trình : tan x  1  tan x  2  3sin x   1  0 Điều kiện cos x  0 1  tan 2 x 1 Phương trình viết lại 2  3sin x  2  2  3sin x  cos2 x  2sin 2 x  3sin x  1  0  sin x  1 ;sin x  1  tan x 2 1  5 so sánh đ/k chọn sin x   x   k 2 ; x   k 2  k   2) Giải hệ phương trình với x, y  2 6 6 x2 y  2 x2  2 y 2  5 y  2  0  1  2 2 2 2  y  1  x  y  2 xy  x  x  2 xy  y  1  y   2 2 2 Từ phương trình (2) ta có đ/k : x  y , y  0 y2 1  y  y2   x  y 1  x  y   x  y . t 1 Xét hàm số f  t   t 2  1  t  t 2 liên tuc  0;  có f /  t     2t 2 t 1 .2 t  1  1  t  2   0 t  0 Suy ra hàm số nghịch biến  0;   nên f  y   f  x  y   x  2 y 2  t 1  2 t
  3. Thay vào (1) ta có  y  2   x 2  x  1  0  y  2  x  4 .Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2) 2x 1 Câu III(1 điểm)3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y  (C ) , trục hoành, và tiếp x 1 tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung. viết được pt tt : y   x  1 nêu được miếng lấy diện tích 1 2 1  2 x  1 S     x  1  dx     x  1 dx 0 x 1  1 2 1 1  x2   x2 2  1    x  ln x  1     x  = ln 2   2 0  2 1 2 2 Câu IV(1 điểm )Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a2 Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao 2a 3 SE  a 3 2 Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì EF 2  SE 2  SF 2 ) Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H 1 1 1 1 1 4 Ta có SH vuông góc mp(ABCD) . 2  2  2  2 2  2 SH SE SF 3a a 3a a 3 1 1 2 a 3 2a 3 3  SH  . Vậy V  S ( ABCD ).SH  .4a .  ( đvt 2 3 3 2 3 Câu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì 1 1 1  1 1 1     3    + Với a > 0, b > 0, c >0 Giải : ta có: a b c  a  2b b  2c c  2a  a  2 b  a  2 2b  1  2  a  2b   3  a  2b  (1)  1 2   1 1 1  1 2 9 + Do   a   b a 2 b    a  b  b   a  b  b  9 nên  a  b  a 2 b (2) .Từ 1 2 3 3 (1) và (2) ta có:   (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) a b a  2b 1 1 1  1 1 1  Áp dụng (3) ta có:    3    ( đpcm) a b c  a  2b b  2c c  2a  dấu "  " xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c Câu VIa(2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B  2;1 , điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc trục hoành ( xC  0 ) góc BAC  30o ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ A và C. 2 2 Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có BC  2 R sin 30o  5  BC 2  5   c  2    0  1  5  c  0 , c  4 (loai )
  4. Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3  A(0;1  2 3) hoặc A(0;1  2 3) Vậy có A(0;1  2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc A(0;1  2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1  0 và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). Lập phương trình mặt phẳng    .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và ) B(0;0;1), C (0, 1; 1) thuộc d , phương trình mặt phẳng   có dạng : ax  by  cz  d  0 ( a 2  b 2  c 2  0 ). Do   đi qua B, C nên : c  d  0  d  c    pt    là ax + (- 2c)y +cz - c = 0 b  c  d  0 b  2c a  2c  2c  c 2 d ( A,  )  1   1  a  c  a 2  5c 2  ac  2c 2 2 2 2 a  4c  c Nếu c = 0, chọn a = 1  b  0, d  0     pt   x = 0 Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt    : - 2x - 2y + z - 1 = 0 Câu VII a( 1 điểm)Tìm tập z  3i  2 hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho w  là một số thưc Gọi z  a  bi ( a, b  ) khi đó zi a  2  (b  3)i  a  2  (b  3)i   a  (b  1)i  w  a  (b  1)i a 2  (b  1) 2 a( a  2)  (b  3)(b  1)   a(b  3)  ( a  2)(b  1) i  là số thưc khi và chỉ khi : a 2  (b  1) 2 a(b  3)  (a  2)(b  1)  0 2a  b  1 0    a  0   a  0 Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2 x  y  1  0 trừ điểm M(0 ; -   b  1   b  1    1) Câu VIb.(2 điểm)1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6 x  2 y  6  0 và điểm A(1;3) ; Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho AB  AC nhỏ nhất. Tâm đường tròn I (3; 1), R  2; IA  2 5  d ( I , A)  R  2 nên điểm A nằm ngoài (C) Ta có PA/(C )  AB.AC = d2-- R2 = 16 ; và AB  AC  2 AB. AC  2.4  8 dấu “=”xẩy ra  AB = AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng a( x  1)  b( y  3)  0  ax  by  a  3b  0 3a  b  a  3a 2 b  0 b  0 b  4 Từ đó ta có d ( I , d )  2   2  3b  4ab   chọn   2 a b 2 4a  3b a  1 a  3 Vậy phương trình d : x  1 , 3x  4 y  15  0 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0 cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2 2 2 (S) :  x  1   y  2    z  1  6 có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6 (S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) . Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I giao điểm của d đi qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC)  x  1  2t  2 Giải hệ 2 x  y  2 z  4  0 và  y  2  t ta được t  suy ra  z  1  2t 9  2 2 2 5 16 5 5   16   5  5 I ( ; ; ) và r = IA =   2        2 9 9 9  9   9  9 3
  5. Câu VIIb. (1 điểm)Tìm tất các giá trị   để bất phương trình : log 2 x  log x 2  2cos  0 có nghiệm 1 x  1 .Với x.  1 ; Bpt tương đương với log 2 x   2cos  2   (1) log 2 x 1 mặt khác log 2 x  0 nên theo Côsi ta có: log 2 x  2 (2) log 2 x Từ (1) và (2) ta có  x.  1 : bpt  VT = VP = 2  cos   1      k 2 (k  ) khi đó bất phương trình có nghiệm log 2 x = 1  x  2 . Vậy     k 2 (k  ) ĐỀ SỐ 32. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. x2 Câu I: Cho hàm số y  , có đồ thị (C).Chứng minh rằng mọi điểm trên đồ thị (C) tiếp tuyến x 1 tại đó luôn tạo với hai đường thẳng d : x  1  0 và d : y  1  0 một tam giác có diện tích không đổi . Câu II 1. Giải phương trình lượng giác sau : : tan 2 x  tan x 2   2  a) 2sin x  2 3 sin x cos x  1  3 cos x  3 sin x  b) 2 tan x  1  2 sin  x   .  4 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau : a) 2 x 2  11x  23  4 x  1 b)  3x  1  4  2 x  1  y  1  3 y    x  y  2 x  y   4  6 x  3 y  2x  1  3 x 2  1 Câu III . 1. Tìm các giới hạn sau : a ) lim x 0 sin x x2 3 x3 b) lim x 2 (  ) x  x x 2. Rút gọn biểu thức A  C2012  22 C2012  3.2 2 C2012  4.23 C2012  ...  2011.2 2010 C2012  2012.2 2011 C2012 . 1 2 3 4 2011 2012 3. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) n (n  N* ) , biết C1 + 2C2n+1 + 3C3 +...+ kC2n+1 +...+ (2n+1)C2n+1 = 21.220 2n+1 2 2n+1 k 2n+1 4.Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ? Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC),góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 600, SB = a 2 , BSC = 450 . a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB). b) Tính theo a diện tích tam giác SAB
  6.  x3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14  Câu V Giải hệ phương trình:   x, y     3  x  y  4  x3  y 2  5 Câu VI 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x  y  1  0 .Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. 2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y  2  0 và d2 : x  2 y  2  0 . Giả sử d1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M (1;1) cắt d1 và d 2 tương ứng tại A, B sao cho AB  3IA . 3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x  2)2  ( y  3)2  10 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M ( 3; 2) và điểm A có hoành độ dương. ..................................................Hết ............................................................. ĐÁP ÁN ĐỀ 32. 3 x2 Câu I PT tiếp tuyến d có dạng y  2  x  xo   , (với x o là hoành độ tiếp điểm)  x o  1 x 1  xo  5  Giao điểm của d lần lượt với d và d’ là: A  1;  ; B  2x o  1;1  xo 1  6 IA  ; IB  2x o  2  IA.IB  12 xo 1 Vậy SIAB  6 ( I là giao của d và d’) Câu II 1.a) 3sin 2 x  2 3 sin x.cos x  cos2 x  3 cos x  3 sin x   2     cos x  3 sin x  3 cos x  3 sin x  0   cos x  3 sin x  0   cos x  3 sin x  3     +) cos x  3 sin x  0  2 sin  x    0  x    k , k   6 6   3 +) cos x  3 sin x  3  sin  x    vô nghiệm.  6 2 tan 2 x  tan x 2   b)Giải phương trình: 2  sin  x   . tan x  1 2  4
  7.  Điều kiện: cos x  0  x   k (*) 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 x (tan 2 x  tan x)  sin x  cos x  2 sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x  (sin x  cos x)(2sin x  1)  0  + Với sin x  cos x  0  tan x  1  x    k 4 1  5 + Với 2sin x  1  0  sin x   x   k 2 ; x   k 2 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:   5 x    k ; x   k 2 ; x   k 2 (k  ) 4 6 6 2 2)a) Giải phương trình: 2 x  11x  23  4 x  1 ĐK: x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0 x  3  0  2( x  3) 2  ( x  1  2)2  0 (*)Do a 2  0(a ) nên pt(*)    x  3.   x 1  2  0  3 x  1  4  2 x  1  y  1  3 y 1 Điều kiện: 1 b)   x  ; y 1  x  y  2 x  y   4  6 x  3 y 2 3  y  x 1  0 (2)   y 2   x  3 y  2 x 2  6 x  4  0;    3x  5 Vậy ta có:  2 2 x  y  4  0  1 y  x  1  0 vô nghiệm vì x  ; y  1 3 3x  1  4  2 x  1  2 x  3  3  2 x  4  2 x  y  4  0  y  2 x  4 , thay vào (1) ta có:  2  3 x  1  3 x  1  2  2 x  3   2 x  3  * *  3x  1  2 x  3  x  4  y  12 .Kết luận:  x, y    4;12  x2 3 x3 Câu II. 1.b) lim x 2 (  ) x  x x 1 1 2 y  3 1 3y  1  2 y  (1  y ) 3 1  3 y  (1  y)  Đặt x  khi x   thì y  0 I  lim  lim    y y 0 y2 y 0   y2 y2     y2 y 2 ( y  3)   lim  2   y 0  y 1  2 y  (1  y ) y 2 (3 (1  3 y) 2  (1  y )3 1  3 y  (1  y ) 2 )     1 y3  1  lim    Vậy I  y 0  1  y  1  2 y (1  y ) 2  (1  y) 3 1  3 y  3 (1  3 y) 2  2   1 1   1  2 2 2 . Rút gọn biểu thức A  C2012  2 2 C2012  3.2 2 C2012  4.23 C2012  ...  2011.22010 C2012  2012.22011 C2012 . 1 2 3 4 2011 2012 Đạo hàm 2 vế của (1) ta có
  8. 2011 2012 1  x   C2012  2 xC2012  ...  kx k 1C2012  ....  2012 x 2011C2012 (2) (x ) (x ) 1 2 k 2012 Chọn x=-2 thay vào (2) 2011 2012 1  2   C2012  2(2)C2012  ...  k (2)k 1 C2012  ....  2012(2) 2011 C2012 (2) 1 2 k 2012  2012  C2012  2 2 C2012  3.2 2 C2012  4.23 C2012  ...  2011.2 2010 C2012  2012.2 2011 C2012  A  2012 1 2 3 4 2011 2012 3. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) n (n  N* ) , biết C1 + 2C2n+1 + 3C3 +...+ kC2n+1 +...+ (2n+1)C2n+1 = 21.220 (*) 2n+1 2 2n+1 k 2n+1 Xét (1  x) 2n1  C2 n1  C2 n1 x  C2n1x 2  ...  C2nn1 x k  ...  C2nn1 x 2 n1x(1) 0 1 2 2 1 2 1 đạo hàm 2 vế của (1) ta có (2n  1)(1  x) 2n  C2 n1  2C22n1x  ...  kC22n11x k 1  ...  (2n  1)C22n1 x 2 n (2) 1 n n 1 Chọn x=1 thay vào (2) ta có (2n  1)22 n  C2 n1  2C2n1  ...  kC22nn11  ...  (2n  1)C22nn11 1 2   (*)  (2n  1)22 n  21.220 (3) Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại tương tự 0BC  SB nên tam giac SBC vuông B cân tại B nên BC=SB= a 2 Hạ AK  SC do AH  (SBC) nên AH  SC =>SC  (AHK)=>góc giữa (SAC) và (SBC)= AKH  600 SH Đặt  = ASB AH=SHtan  , HK= trong tam giác vuông AHK có: 2 AH SH .tan  6 2 2a a 6 tan 600    tan    cos =  SA  SBcos = ; AB  SA tan   ; HK SH 2 5 5 5 2
  9. 1 a2 6 diện tích tam giác SAB là S SAB  SA. AB  ; 2 5 Câu V : Giải hệ phương trình  x3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14 1   3 2  3  x  y  4  x  y  5  2  Đkxđ x  3, y  4 3 2 Từ (1) ta có x 3  3x   y  2   3  y  2    x  y  2   x 2  x  y  2    y  2   3  0    x  y  2  y  x  2  3 Thế (3) vào (2) ta được x  2  3  x  x3  x2  4 x  1  x3  x2  4 x  4  2  x  2  1  3  x  0 x2 x2   x  2  x  2  x  1   0 2  x  2 1 3  x  1 1    x  2    x  2  x  1   0  2  x  2 1 3  x   1 1 1 1   x  2    x  2  x  1     0  3 2  x  2 1 3  x 3    x 1 x 1   x  2    x  2  x  1   0   3 2 x2    x  2 1 3 1 3  x 2  3  x      1 1   x  2  x  1   x  2    0   3 2 x2    x  2 1   3 1 3  x 2  3  x    x  2  x  1  0  x  2, x  1; x  2  y  0, x  1  y  3 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S   1;  3 ;  2;0 . Câu VI a) Phương trình MP là: x  y  3  0 x  y  1  0 x  2 I  MP  NQ  tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình    I  2;1 . x  y  3  0 y  1 I là trung điểm của MP nên suy ra P  3; 0  phương trình NQ là x  y  1  0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) 2 2 Do NQ  2MP  IN 2  4IM 2   m  2    m  2   4. 12  12  2 m  4   m  2  4   m  0 Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)  Q(4; 3) .Vậy P  3; 0  , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm. b) d1 cắt d 2 tại I (2; 0). Chọn A0 (0;  2)  d1 , ta có IA0  2 2 .
  10. I Lấy B0 (2  2b; b)  d 2 sao cho A0 B0  3IA0  6 2  A0  (2  2b) 2  (b  2) 2  72 B0  B0 (6; 4) A b  4 M B 2  5b  4b  64  0      42 16  b   6  B0  ;  . d1  5   5  5 d2 Suy ra đường thẳng  là đường thẳng qua M (1; 1) và song song với A0 B0 . Suy ra phương trình  : x  y  0 hoặc  : x  7 y  6  0. A R B I M D C Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax  by  3a  2b  0 (a 2  b 2  0) . Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R  10 . (C) tiếp xúc với AB nên d  I ; AB   R hay 2a  3b  3a  2b a  3b  10  10(a 2  b 2 )  25(a  b)2  (a  3b)(3a  b)  0   a2  b2 b  3a Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3  0 hoặc AB: 3 x - y  7  0 . + Nếu AB: 3 x - y  7  0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A  0 nên t>0 và do IA2  2.R 2  20 nên 2 2 t  0  20  10t 2  20t  20  20    t  2    3t  4  (loại) t  2 + Nếu AB: x - 3 y - 3  0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A  0 nên t>-1 và do IA2  2.R 2  20 nên 2 2 1  3t    t  3  20  10t 2  10  20  t  1 .Suy ra A(6;1)  C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; 1); C (2;5); D (4; 7) .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản