Đề Luyện Thi Thử Tốt Nghiệp - Đại Học Năm 2011 - Số 28 pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (195.64 KB, 5 trang )
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Câu I.
Cho phỷơng trình
cos2x = mcos x 1 + tg
2
,
trong đó m là tham số.
1) Giải phỷơng trình vớim=1.
2)Tìmmđểphỷơng trình có nghiệm trong đoạn [0 ; 3].
Câu II. Tìm a, b, c để
|4x
3
+ax
2
+bx+c|Ê 1
với mọi x ẻ [-1 ; 1].
Câu III. Trong tam giác ABC, đặt a = BC, b = CA, c = AB. Giả sử 4
$
A
=2
$
B
=
$
C
. Chứng minh rằng
1)
1
a
=
1
b
+
1
c
;
2) cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C=
5
4
.
Câu IVa. Với mỗi số nguyên dỷơng k, đặt
I
k
=
1
e
ln
k
x
dx
.
Xác định k để I
k
<e-2.
Câu Va.
Viết phỷơng trình các đỷờng trung trực của tam giác ABC, biết trung điểm của các cạnh là :
M(-1, -1), N(1, 9), P(9, 1).
Câu IVb.
S.ABC là một hình chóp tam giác đều với cạnh đáy bằng a, đỷờng cao SH = h.
1) Tính theo a và h các bán kính r, R các hình cầu nội, ngoại tiếp của hình chóp.
Câu Vb. Chứng minh rằng nếua+b 2, thì với mọi n ẻ N
*
a
n
+b
n
Ê a
n+1
+b
n+1
.
Câu I. Điều kiện
cosx
tgx
+
ỡ
ớ
ù
ù
ợ
ù
ù
0
10
1) Đặt t = tgx, phỷơng trình đã cho trở thành
1+t =1-t
t= 1
t=0
t=
1- 5
2
2
-
ỡ
ớ
ù
ù
ù
ù
ù
ù
ợ
ù
ù
ù
ù
ù
ù
Từ đó
xk=- +
p
p
4
,x=kp,x=a +kp (k ẻ Z) trong đó
tg =
1- 5
2
a
2) Đặt t = tgx thì x ẻ
0;
3
t[0;3]
p
ộ
ở
ờ
ự
ỷ
ỳ
ẻ
khi đó phỷơng trình đã cho trở thành
f(t) =
1-t
1+t
=m
2
Ta có
f'(t) =
-3t - 4t - 1
2(t + 1) 1 + t
<0
2
với
t[0;3]ẻ
Suy ra f(3) Ê m Ê f(0)
ÊÊ
-2
1+ 3
m1
Câu II.
Trỷớc hết ta chứng minh |4x
3
+ bx| Ê 1với x ẻ [-1;1] b = -3.
Thật vậy : Vớib=-3thì4x
3
- 3x = x(4x
2
-3)Ê 1 với x ẻ [-1 ; 1].
Ngỷợc lại, |4x
3
+ bx| Ê 1 với x ẻ [-1;1]: x=1:|4+b|Ê 1 ị b Ê -3
x=
1
2
:|
1
2
+
b
2
|1Ê
b -3
Bây giờ với |4x
3
+ax
2
+bx+c|Ê1 với x ẻ [-1 ; 1], ta xét
j()x
=4x
3
+ax
2
+bx+c,
j
(-x) = -4x
3
+ax
2
-bx+c,
jj() ( )xx
xbx
=+
2
4
3
; (*)
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________________________
mà |j(x)| Ê 1xẻ [-1;1]ị |j(-x)| Ê 1 với x ẻ [-1 ; 1]. Nhỷ vậy từ (*) suy ra
|4x
3
+ bx| =
jj
jj
() ( )
() ( )
xx
xx
Ê
+-
Ê
22
1
với x ẻ [-1;1] b = -3. Từ đó ta có : -1 Ê 4x
3
+ax
2
- 3x+ c Ê 1 với x ẻ [-1 ; 1].
Với x=1: -1Ê 4+a-3+cÊ 1 ị a+cÊ 0
Với x=-1:-1Ê -4+a+3+cÊ 1 ị a+c 0 ị a + c =0. (1)
Vớix=
1
2
ta cũng suy ra :
a
4
+c=0
. (2)
Từ hệ (1) và (2) suy ra a=c=0.
Vậy để |4x
3
+ax
2
+bx+c|Ê 1 với x ẻ [-1; 1] ta phải cóa=c=0,b=-3.
Câu III. 1) A+B+C=p 4A=2B=C
Định lí hàm sin cho : a = 2Rsin
p
7
, b = 2Rsin
2
7
p
.
c = 2Rsin
4
7
1
b
+
1
c
=
p
1
2R
1
sin
2
7
+
1
sin
4
7
=
pp
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
=
1
2R
.
sin
2
7
+sin
4
7
sin
2
7
.sin
4
7
=
pp
pp
1
2R
.
2sin
3
7
.cos
7
2sin
7
.cos
7
sin( -
3
7
)
=
pp
pp
p
p
=
1
2Rsin
7
=
1
a
p
.
2) cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C = cos
2
A+
1+cos2B
2
+
+
1+cos2C
2
= 1 - 2cosAcosBcosC
. (*)
Cũng dùng định lí hàm sin :
a
sinA
=
b
sinB
a
sinA
=
b
sin2A
cosA =
b
2a
.
Tỷơng tự: cosB =
c
2b
, cosC =
-
a
2c
Nhỷ vậy: cosAcosBcosC =
b
2a
.
c
2b
a
2c
=-
1
8
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
.
Thay vào (*) : cos
2
A+ cos
2
B + cos
2
C=
1+
1
4
=
5
4
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________________________
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
__________________________________________________________________
Câu IVa.
e
1
ee
k
11
I lnkdx lnxdx (e 1)lnk xlnx==
e
1
dx (e 1)ln k 1+=
Phải có (e 1)lnk 1 < e 2 (e 1)(lnk 1) < 0.
Vì e > 1, nên suy ra lnk < 1 = lne k < e. Do k là số nguyên dơng,
nên chỉ có thể chọn k = 1 hoặc k = 2.
Câu Va. Giả sử M, N, P lần lợt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB
Vì NP//BC, nên đờng trung trực (
M
d ) vuông góc với NP.
Ta có
NP
JJJG
= (8 ; 8), mà vectơ chỉ phơng
M
u
G
của (
M
d
) vuông góc
với NP
JJJG
, suy ra có thể lấy
M
u
G
= (1 ; 1), tức (
M
d ) có hệ số góc k = 1,
thành thử (
M
d ) có phơng trình y = (x + 1) 1 = x
Lập luận tơng tự ta đợc phơng trình đờng trung trực (
N
d ) : y = 5x + 14
và phơng trình đờng trung trực
P
(d ):
x14
y
55
= +
.
Câu IVB.
1) Gọi I là tâm cầu ngoại tiếp của hình chóp đều. Chân H của đờng cao SH là tâm cầu ngoại tiếp của tam
giác đều ABC và I nằm trên SH.
Ta có :
22 2 2 2
RISIAAHHI== + +
2
2
a
(h R)
3
=+ , từ đó suy ra :
22
a3h
R
6h
+
= .
Gọi J là tâm cầu nội tiếp của hình chóp, J cũng nằm trên SH ; hình cầu nội tiếp tiếp xúc với đáy tại H và tiếp
xúc với đáy tại H và tiếp xúc với mặt bên SBC tại điểm T nằm trên SA', với A' là trung điểm của BC, ta có r =
JH = JT. Các tam giác vuông SJT và AHA' là đồng dạng suy ra
JT SJ
HA' SA'
= hay
22 22
rhr h
a3/6
ha/12a3/6 ha/12
==
+++
22
ah
r
aa12h
=
++
2)
2
22 2 2
r6ah
R
(a 3h )(a a 12h )
=
+++
Gọi là góc nhọn với
2
2
2
h
tg 12
a
=
; tức là
23h
tg
a
=
, hay
a3tg
h
6
= . Thế thì
2
22
r2tg
k
R
(4 tg )(1 1 tg )
== =
+++
22
22
2sin cos 2cos (1 cos )
(1 cos )(1 3cos ) (1 cos )(1 3cos )
===
++ ++
2
2cos (1 cos )
13cos
=
+
;
từ đây ta suy ra phơng trình đối với cos
(2 + 3k)
2
cos 2cos + k = 0 (1)
Để phơng trình có nghiệm, trớc hết phải có
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
__________________________________________________________________
' = 1 k(2 + 3k) = 3
2
k
2k + 1 0
hay 3
2
k + 2k 1 0 1 k
1
3
.
Nhng k > 0, vậy 0 < k
1
3
.
Thành thử
r
k
R
=
chỉ có thể lấy giá trị lớn nhất
1
k
3
=
.
Với giá trị này (1) trở thành 3
2
cos
2cos +
1
3
= 0
cos =
1
3
(chấp nhận đợc). Khi đó tg 2 2= ,
a3tg a6
h
63
==
.
Tóm lại với giá trị trên của h thì tỉ số
r
R
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
3
. Để ý rằng khi đó
22
222 2
a2a
SA AH SH a
33
=
+=+=
SA = a, S.ABC là hình chóp đều.
Câu Vb.
Kết quả phải chứng minh, suy ra từ bất đẳng thức kép sau đây :
n n n n n1 n1
ab abab a b
.
222 2
+
+
+++ +
.
Chứng minh. 1) Vai trò a, b nh nhau, nên có thể coi rằng a b. Cùng với a + b 2 a + b > 0 a > b ;
suy ra
a b
n
nnnn
ab b ab0+.
Vì
ab
1
2
+
, nhân hai vế của bất đẳng thức này với
nn
ab
2
+
0
ta đợc
nn nn
ab abab
.
222
+++
.
2) Bất đẳng thức
n n n1 n1
aba b a b
.
22 2
+
+
++ +
tơng đơng với
(a + b)
n n n1 n1
(a b ) 2(a b )
+
+
+ +
hay 0 (a b)(
nn
ab
) ;
suy ra từ giả thiết ở trên vì a b,
nn
ab .
