38 bộ đề luyện thi đại học môn toán - Có đáp án

là trung điểm của AB. Theo chứng minh trên thì (SAB) cố định, vậy (d) cố định. S C O B I A H _______________________________________________________________ Câu I. 1) Cho hàm số y = 4 + mx - 3x 4x + m 2 . Với nhỷọng giá trị nào của m thì tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x = 0 vuông góc với tiệm cận ? 2) Tìm tất cả các giá trị h sao cho phỷơng trình X 4 + hx3 + x 2 + hx + 1 = 0 có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau. Câu II. 1) Xác định a để phỷơng trình sau có nghiệm. sin cos6 6x x
= a | sin2x| . 2) Tìm những điểm cực đại của hàm số y = 3 sinx + cosx + 2x + 3 2 . Câu III. 1) Giải bất phỷơng trình (x - 3) x - 42
x 2 - 9. 2) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x - 2 + 4- x . Sỷó dụng kết quả đã tìm đỷợc để giải phỷơng trình x - 2 + 4- x = x 2 - 6x + 11. Câu IVa. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trỷồc chuẩn Oxy, cho họ đỷờng cong phụ thuộc tham số m, có phỷơng trình : F(x, y) = x 2 + y 2 - 2m(x - a) = 0, trong đó a là một số dỷơng cho trỷỳỏc (cố định). 1) Với giá trị nào của m, phỷơng trình trên là phỷơng trình của đỷờng tròn ? Ta kí hiệu (C m ) là đỷờng tròn ứng với giá trị của m. 2) Chỷỏng tỏ rằng đoạn thẳng nối điểm O (gốc tọa độ) với điểm A(2a, 0) luôn luôn cắt đỷờng tròn (C m ). 3) Chỷỏng minh rằng tồn tại một đỷờng thẳng là trục đẳng phỷơng cho tất cả các đỷờng tròn (C m ). Câu IVb. Trong mặt phẳng (P), cho hình vuông ABCD cạnh 2a. Trong mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với (P), dỷồng tam giác đều ABE. Lấy M là một điểm thay đổi trên đoạn AB, đặt BM = x. Tỷõ E kẻ đỷờng vuông góc EN với MC (N thuộc đỷờng thẳng MC). Gọi F, O theo thứ tỷồ là trung điểm của AB, CE. 1) Tìm tập hợp điểm N khi M di chuyển trên đoạn AB. 2) Tính độ dài đoạn MO theo a và x. 3) Xác định giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của MO. _______________________________________________________________ ___________________________________________________________________ Câu I. 1) 2 2 2 12x 6mx m 16 y' (4x m) − − + −= + ; 2 2 m 16y'(0) (m 0) m −= ≠ . Muốn tiếp tuyến tại x = 0 vuông góc với tiệm cận đứng thì y' (0) = 0 ⇒ 2m 16 0− = ⇒ m = ± 4. Tiệm cận xiên có hệ số góc 3k 4 = − . Muốn tiếp tuyến tại x = 0 vuông góc với tiệm cận xiên thì k. y' (0) = −1 ⇒ 2 2 m 16k. 1 m − = − ⇒ 2 2 3 m 16. 1 4 m − = , ph−ơng trình này vô nghiệm. Vậy tiếp tuyến tại x = 0 chỉ vuông góc với tiệm cận đứng khi m = ± 4. 2) Xét ph−ơng trình : 4 3 2x hx x hx 1 0+ + + + = . Đặt = + ≥1t x (*) (| t | 2) x thì sẽ có ph−ơng trình 2t ht 1 0+ − = Ph−ơng trình này luôn có hai nghiệm 1 2t , t thỏa mãn 1 2t 0 t< < . Để có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau thì cần và đủ là 1t 2< − (do (*)). Điều đó dẫn đến f(−2) < 0 ⇔ h > 3 2 . (Đặt 2f(t) t ht 1)= + − Câu II. 1) 6 6 2 3 2 2sin x cos x (sin x) (cos x)+ = + = 2 2 3 2 2 2 2(sin x cos x) 3sin xcos x(sin x cos x)= + − + = 2 2 231 3sin x cos x 1 sin 2x 4 = − = − . Đặt t = sin2x, | t | = | sin2x| ≤ 1, ta đ−ợc : 23t 4a | t | 4 0 (| t | 1)+ − = ≤ ⇒ 24 3ta 4 | t | −= với | t | ≤ 1 . (1) Hàm số (1) là hàm chẵn. Đồ thị đối xứng qua trục Oy. y (1) = 1 4 , vậy đ−ờng thẳng y = a chỉ cắt đồ thị hàm số trong [−1 ; 1] khi a ≥ 1 4 . Vậy khi a ≥ 1 4 thì ph−ơng trình đã cho có nghiệm. 2) y' 3 cosx sin x 1= − + . Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì ph−ơng trình y' = 0 ___________________________________________________________________ phải có nghiệm ⇒ 3 cosx sin x 1 0− + = ⇔ − =1 3 1sinx cosx 2 2 2 ⇔ 1cos sin x sin cosx sin x sin 3 3 3 2 6 π π π π − = − = =   ⇒ 1x 2k 2k3 6 2 π π π= + + π = + π và π π π= + + π = + π2 5 7x 2k 2k3 6 2 y" 3sin x cosx= − − ⇒ π = − + π  1y"(x ) 3sin 2k2 cos 2k 3 02 π − + π = − <   . Vậy tại 1x 2k2 π= + π hàm số đạt cực đại : 1 3 2 2 (1 4k)y(x ) 2 2 + π += + với k ∈ Z 2(y"(x ) 3 0= > ⇒ tại 2x hàm số đạt cực tiểu). Câu III. 1) Đáp số 13x 6 ≤ − , x ≥ 3. 2) y x 2 4 x= − + − (Chú ý rằng y ≥ 0, 2 ≤ x ≤ 4) ⇔ 2y x 2 4 x 2 (x 2)(4 x) 2 2 (x 2)(4 x)= − + − + − − = + − − , Vì (x − 2) + (4 − x) = 2 nên (x − 2)(4 − x) sẽ đạt giá trị lớn nhất khi x − 2 = 4 − x ⇒ x = 3 ; 2 x 2 4 xy 2 2 (x 2)(4 x) 2 2 4 2 − + − = + − − ≤ + =   . Vậy 0 ≤ y ≤ 2 ; tức là giá trị lớn nhất của hàm số là 2 và đạt tại x = 3. Ph−ơng trình 2x 2 4 x x 6x 11− + − = − + t−ơng đ−ơng với 2x 2 4 x (x 3) 2− + − = − + . Vế trái luôn ≤ 2, còn vế phải luôn ≥ 2 nên để ph−ơng trình có nghiệm thì phải có 2 x 2 4 x 2 (x 3) 2 2  − + − = − + = ⇒ x = 3 thỏa mãn điều kiện 2 ≤ x ≤ 4. Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của ph−ơng trình. Câu Iva. 1) x 2 + y 2 - 2m (x - a) = 0
(x - m) 2 + y 2 = m(m - 2a). Để có phỷơng trình đ ờng tròn C m (tâm (m ; 0)), phải có m(m - 2a) > 0
m < 0 m > 2a 2) Ta tính phỷơng tích của các điểm O, A đối với đỷờng tròn Cm: PO/Cm = F (0, 0) = 2ma, PA/Cm = F(2a, 0) = 2a(2a - m) ,  PO/Cm ìPA/Cm = 4a 2 m(2a - m) 2a). Vậy trong hai điểm O, A, có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài Cm, thành thử đoạn OA cắt Cm. 3) Lấy hai đỷờng tròn Cm1 và Cm 2 bất kì (m1  m2). Trục đẳng phỷơng của hai đỷờng tròn này có phỷơng trình Fm1(x, y) = Fm2 (x, y)  x 2 + y 2 - 2m1 (x - a) = x 2 + y 2 - 2m2 (x - a)  0 = 2 (m1 - m2) (x - a)
x = a. Đỷờng thẳng x = a không phụ thuộc m : nó là trục đẳng phỷơng cho tất cả các đỷờng tròn Cm . Câu IVb. 1) Ta có EF  P. Theo định lí ba đỷờng vuông góc : FN ⊥ MC. FC là đoạn thẳng cố định. Gọi I là chân đỷờng vuông góc kẻ từ F xuống AC, ta có EIAC (theo định lí ba đỷờng vuông góc). ________________________________________________________________________________ Khi điểm M vẽ nên đoạn AB, tập hợp điểm N là cung BNFI của đỷờng tròn đỷờng kính FC cố định. 2) MO là trung tuyến trong tam giác ECM: MO 2 = 2(EM + MC ) - EC 4 2 2 2 ; EM 2 = FM 2 + EF 2 = (a - x) 2 + 3a 2 = x 2 - 2ax + 4a 2 ; MC 2 = 4a 2 + x 2 ; EC 2 = EB 2 + BC 2 = 4a 2 + 4a 2 = 8a 2 . Từđó,tacóMO2 =x2 -ax+2a2  MO = x - ax + 2a2 2 . 3) Gọi K là trung điểm của FC. Ta có : OK//EF, OK = EF 2 = a 3 2 ; OM2 = OK2 + MK2 (vì OK ⊥ (P)  OK ⊥ KM) . MK nhỏ nhất khi MK⊥ FB. Lúc đó MK//BC và x = a 2 ; OMmin = 3a 4 + a = a 7 2 2 2 . Lại có MK đạt giá trị lớn nhất khi M trùng với A tức là x = 2a. OMmax = 2a. ________________________________________________________________________________ Câu I. Cho hàm số y = - x cos + 2xsin + 1 x + 2 2 α α . 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi α = 0. 2) Xác định α để đỷờng tròn có tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có bán kính lớn nhất. Câu II. 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x của phỷơng trình 2cos cot2 2x g x+ = sin x + 1 sin x 3 2 thỏa mãn điều kiện : 2
x
40. 2) Tìm x để phỷơng trình log (a x - 5a x + 6 - x) = log (3 - x - 1)2 2 3 2 2 2 + a2 đỷợc nghiệm đúng với mọi a. Câu III. 1) Các số a, b, c, d theo thỷỏ tỷồ đó lập thành một cấp số cộng. Chỷỏng minh rằng nếu lấy số m sao cho 2m  |ad - bc|, thì ta có với mọi x (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m 2  0. 2) a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giá c. Chỷỏng minh rằng x cos + 2xsin + 1 x + 2 2 α α . a b + b c + c a - a c - c b - b a < 1     . ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = sin( + x) cos x2 α . Câu Va. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trỷồc chuẩn xOy, cho họ đỷờng tròn (C m ) có phỷơng trình (C m ) : x y2 2+ - (m - 2)x + 2my - 1 = 0. 1) Tìm tập hợp tâm các đỷờng tròn (C m ). 2) Chỷỏng tỏ rằng khi m thay đổi, các đỷờng tròn (C m ) đều đi qua một điểm cố định. 3) Cho m =-2 và điểm A(0, -1). Viết phỷơng trình các tiếp tuyến của đỷờng tròn (C -2 ) kẻ tỷõ điểm A. Câu IVb. Cho tỷỏ diện SABC có các mặt SBC và ABC là tam giác đều cạnh a, và SA = a 2. 1) Tính bán kính hình cầu ngoại tiếp tỷỏ diện SABC. 2) Gọi O là trung điểm cạnh BC. Kéo dài AO một đoạn OD = OA. Tính các cạnh của tỷỏ diện SBCD. 3) Qua D dỷồng mặt phẳng (R) song song với BC sao cho góc nhọn tạo bởi BD và (R) bằng 30 o . Tính diện tích thiết diện do (R) cắt tỷỏ diện SBCD. ________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn hãy tự giải nhé! 2) Hàm số đã cho có thể viết dỷỳỏi dạng: y = - xcosα + 2(cosα - sinα) - 4(cos - sin ) + 1 x + 2 α α . Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là 4(cosα - sinα) + 1
0 và cosα
0. Phỷơng trình tiệm cận xiên là y = - xcosα + 2(cosα - sinα). Tiệm cận xiên của đồ thị cắt trục tung tại điểm A(0 , 2(cosa - sina)) và cắt trục hoành tại điểm B (2(1 - tga) , 0). Khoảng cách từ gốc tọa độ đến tiệm cận xiên (chính là bán kính đỷờng tròn có tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên) là h = OH : h = OA . OB AB = |4(cos - sin )(1 - tg )| 4[(cos - sin ) + (1 - tg2 α α α α α α) ] = 2 = 2(cos - sin ) |cos | (cos - sin ) 1 + 1 cos = 2 2 1 -2 2 2 α α α α α α     sin2 cos2 + 3 = α α 2 2 (tg - 1) 2(tg + 2) = 2 (tg - 1) tg + 2 2 2 2 2 α α α α . Đỷờng tròn tâm ở gốc tọa độ và tiếp xúc với tiệm cận xiên có bán kính lớn nhất khi h lớn nhất. Đặt tgα = t, ta có h = 2 (t - 1) t + 2 2 2 . h đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi f(t) = (t - 1) t + 2 2 2 đạt giá trị lớn nhất. f’(t) = 2(t - 1)(t + 2) (t + 2)2 2 ; f’(t) = 0  t = - 2 hoặc t = 1. Lập bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi t = - 2 và giá trị lớn nhất đó bằng f(- 2) = 3 2 và hmax = 6. Khi đó tgα = - 2 = tgϕ với - 2 π < ϕ < 0. Vậy α = ϕ + kπ ; k = 0, ± 1, ± 2,... ________________________________________________________________________________ Câu II. 1) Ta viết phỷơng trình dỷỳỏi dạng 2cos2x + cotg2x = sinx + 1 + cotg2x  2(1 - sin 2 x) = sinx + 1  (2sinx - 1) (sinx + 1) = 0. Giải 2sinx - 1 = 0 ta có x1 = π 6 + 2kπ; x2 = 5π 6 + 2kπ. Với x1 các nghiệm thỏa mãn 2  x  40 ứng với k = 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6. Tính theo cách tìm tổng của cấp số cộng có số hạng đầu là 13p/6, số hạng cuối là 73p/6, công sai là 2p ; ta có: Tổng các nghiệm x của họ x1 thỏa mãn điều kiện bài toán là 43p Tỷơng tự, tổng các nghiệm x của họ x2 thỏa mãn điều kiện bài toán là 35p. Giải sinx + 1 = 0 ta có họ x3 = 3 2 + 2m π π (m  Z). Tỷơng tự, tổng các nghiệm thuộc họ đó thỏa mãn điều kiện bài toán là 39π. Kết quả : Tổng tất cả các nghiệm x của phỷơng trình đã cho thỏa mãn 2  x  40 là 43π + 35π + 39π = 117π. 2) Với a = 0, ta có: log2( 6 - x) = log (3 - x - 1)2 . Điều kiện : 6 - x > 0 x - 1  0  1  x < 6. 3 - x - 1 > 0 Ta có 6 - x = 3 - x - 1. (1) Với điều kiện trên , ta có (1)  x - 1 + 6 - x = 3  (x - 1)(6 - x) = 2 ________________________________________________________________________________  x 2 - 7x + 10 = 0  x1 = 2 hoặc x2 = 5. Với x1 = 2, ta có log2(2 - 12a 2 ) = log 2 2+a 2 không đúng với mọi giá trị của a Chẳng hạn khi a2 = 1 12 vế trái bằng 0 còn vế phải bằng log2+(1/12) 2
0. Với x2 = 5, ta có log2(125a 2 - 125a 2 + 1) = log 2 2+a 1 đúng với mọi a.Kết luận : x = 5. Câu III. 1) Vì a, b, c, d lập thành một cấp số cộng, ta có: a + d = b + c. Biến đổi : (x - a) (x - b) (x - c) (x - d) + m2 = [x2 - (a + d)x + ad] [x2 - (b + c)x + bc] + m2 = = (t + ad) (t + bc) + m 2 = t 2 + (ad + bc)t + m 2 + adbc = f(t) (với t = x2 - (a + d)x = x2 - (b + c)x). Xét tam thức bậc hai f(t). Ta thấy khi lấy m sao cho 2m  | ad - bc |, ta có 4m2  (ad - bc)2 Mặt khác, biệt thức ∆ = (ad + bc)2 - 4m2 - 4abcd = (ad - bc)2 - 4m2. Do đó ∆  0, f(t) = t2 + (ad + bc)t + m2 + abcd  0 với mọi t. Đó là điều phải chứng minh. 2) Gọi A là vế trái của bất đẳng thức đã cho. Ta có A = a - b ab + b - c bc + c - a ca = 2 2 2 2 2 2    = | |1 abc c(a - b ) + a(b - c ) + b(c - a ) =2 2 2 2 2 2 = |(a - b)(b - c)(c - a)| abc . Vì a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giác, nên | a - b | < c, | b - c | < a, | c - a | < b ; suy ra A < 1. ________________________________________________________________________________ ____________________________________________________ Câu IVa. Nguyên hàm α + α= ∫ 2sin cosx sin x cosI dxcos x = α + α∫ ∫ 2dx sinxsin cos dxcosx cos x x cossin ln tg C 2 4 cosx π α = α + + +   Câu Va. 1) 2 2x y (m 2)x 2my 1 0+ − − + − = . Ta có : 2 2 2 2B C 4AD (m 2) (2m) 4 0+ − = − + + > với mọi m nên ph−ơng trình này là ph−ơng trình của đ−ờng tròn thực. Tọa độ tâm I của đ−ờng tròn là : m 2 x a 2 2m y b m 2 − = = = = − = − ⇒ 2x + y + 2 = 0 Vậy tập hợp tâm I là đ−ờng thẳng 2x + y + 2 = 0. 2) Ph-ơng trình của đ-ờng tròn có thể viết lại d-ới dạng : (x − 2y)m = 2 2x y 2x 1+ + − . Vậy tọa độ các điểm cố định mà đ−ờng tròn đi qua là nghiệm của hệ : x − 2y = 0 2 2x y 2x 1 0+ + − = ⇒ x 2 y 1 = − = − hoặc x 2 / 5 y 1/ 5 = = Nh− vậy các đ−ờng tròn này đều đi qua hai điểm cố định khi m thay đổi : 1A (−2, −1) hoặc 1B (2/5, 1/5) 3) Khi m = −2, đ−ờng tròn có ph−ơng trình là 2 2x y 4x 4y 1 0+ + − − = có tâm Ι(−2, 2) và bán kính R = 3. Đ−ờng thẳng (∆) đi qua A(0, −1) và không song song với trục tung có ph−ơng trình là y + 1 = kx hay kx − y − 1 = 0. Khoảng cách từ (∆) đến I là 2 2 2k 2 1 2k 3 d k 1 k 1 − − − − −= = + + . Để (∆) tiếp xúc với ( 2C− ) thì : d = R ⇔ 2 2k 3 3 k 1 − − = + ⇔ k = 0, k = 12 5 . Vậy các tiếp tuyến với đ−ờng tròn 2(C )− xuất phát từ A(0, −1) là ____________________________________________________ 1∆ : y + 1 = 0, 2∆ : 12x − 5y − 5 = 0. Câu IVb. 1) Theo giả thiết CS = CA = a, SA = a 2 ⇒ n oSCA 90= . T−ơng tự n oSBA 90= . Vậy SA a 2R 2 2 = = . 2) Vì OS = OA nên n oDSA 90= ⇒ ⇒ SD = 2 2 2 2AD SA (a 3) (a 2) a− = − = ABCD là hình thoi ⇒ BD = CD = a. Vậy SBCD là tứ diện đều cạnh a. 3) Thiết diện là tam giác DMN có MN // BC. Hạ OK ⊥ DJ ; vì OK ⊥ MN (OK ∈ (SAD) ⊥ BC, BC // MN) ⇒ OK ⊥ (DMN). Tịnh tiến OK để O trùng với B. Khi đó E là hình chiếu của B trên thiết diện ⇒ n oBDE 30= ⇒ aBE OK 2 = = Đặt nJOD = α , nJDO = β . áp dụng định lí hàm số sin ta có DJ JO DO sin sin sin( ) = =α β α +β (*) (vì osin(180 )−α −β = sin(α + β)). Ta có OH 1 cos OS 3 α = = ⇒ 2 2sin 3 α = (α nhọn), OK 1sin OD 3 β = = ⇒ 2cos 3 β = (β nhọn). Thế vào (*), ta đ−ợc 3a 2DJ 5 = , 3a 3OJ 10 = . Từ đó : MN = BC. SJ SO JO 2a BC. SO SO 5 −= = Vì MN ⊥ (SAD) ⇒ MN ⊥ DJ ⊂ (SAD) nên DJ là đ−ờng cao thiết diện. Vậy 2 td 1 1 2a 3a 2 3a 2 S MN.DJ . . 2 2 5 5 25 = = = f'(x) = 0 ⇔ n 1 n 1x (c x)− −= − (1) Để giải ph−ơng trình (1) ta xét 2 tr−ờng hợp : n chẵn và n lẻ. Câu I. 1) Cho hàm số f(x) = 3 5 3 36 15 36 24 124 2 2cos cos sin cos .x x x x a a− − − + + − Với giá trị nào của a thì f(x) > 0 với mọi x ? 2) Xác định tham số a để hệ ph ơng trình sau có nghiệm : x y a x y a + + + = + =  1 2 3 Câu II. 1) Tam giác ABC có các cạnh với độ dài a, b, c, và có diện tích S. Đỷờng tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với các cạnh ở A’, B’, C’ (đối diện với các đỉnh A, B, C). Tam giác A’B’C’ có các cạnh a’, b’, c’, và diện tích S’. Chỷỏng minh các đẳng thỷỏc sau : i) a' a + b' b = 2sin C 2 sin A 2 + sin B 2    ; ii) S' S = 2 sin A 2 sin B 2 sin C 2 . 2) Chứng minh rằng với mọi x, ta đều có cos3x + asin3x + 1 cos3x + 2 1 + 1 + 3a 3 2      ≤ . Câu III. Cho a, b, c, d > 0. Chỷỏng minh rằng 1 < a a + b + c + b b + c + d + c c + d + a + d d + a + b < 2. ________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Cho f là một hàm liên tục trên [0 ; 1]. Chứng minh rằng 0 0 / 2 f(sinx) dx = 2 f(sinx) dx. π π∫ ∫ Câu Va. Cho parabol P) : y 2 = 2px và đỷờng thẳng (
) :2mx - 2y - mp = 0. Gọi M’, M’’ là các giao điểm của (P) và (D). Chỷỏng tỏ rằng đỷờng tròn đỷờng kính M’M’’ tiếp xúc với đỷờng chuẩn của parabol (P). Câu IVb. Cho hình lăng trụ đỷỏng ABC.A B C1 1 1 (đáy là tam giác đều), cạnh đáy bằng a, đỷờng cao bằng h. M là một điểm nằm trên đỷờng chéo AB1 của mặt ABB A1 1 sao cho AM : MB1 = 5 : 4. Gọi () là mặt phẳng qua M và song song với các đỷờng thẳng A1C và BC1 . 1) Tính khoảng cách và góc giữa hai đỷờng thẳng AC và BC1 . 2) Xác định thiết diện do mặt phẳng () cắt lăng trụ. 3) Cạnh CC1 bị mặt phẳng () chia theo tỉ số nào ? Câu I. 1) Biến đổi hàm số: f(x) = 3cos 4 x - 5(4cos 3 x - 3cosx) - 36(1 - cos 2 x) - 15cosx + + 36 + 24a - 12a 2 . f(x) = 3cos 4 x - 20cos 3 x + 36cos 2 x + 24a - 12a 2 . Đặt t = cosx, (|t|
1) và xét hàm: ϕ(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 + 24a - 12a2. Tìm a để với t  [- 1 ; 1] ta đều có j(t) > 0. Ta có: ϕ‘(t) = 12t3 - 60t2 + 72t = 12t (t2 - 5t + 6). ϕ(0) = 24a - 12a2. Muốn j(t) > 0 với t  [- 1 ; 1] thì cần và đủ là: 24a - 12a 2 > 0  0 < a < 2. 2) Đặt : u = x + 1, (u  0); v = y + 2, (v  0) Thì u2 + v2 = x + y + 3. Do vậy, hệ đã cho đỷợc thay bởi hệ mới: u + v = a (1) u2 + v2 = 3(a + 1) (2) u, v  0. (3) Nhận thấy ngay nếu a
0 thì hệ vô nghiệm. Vậy chỉ cần xét a > 0. Thế v = a - u vào (2) sẽ đỷợc: 2u2 - 2au + (a2 - 3a - 3) = 0. (4) Để hệ có nghiệm thì cần và đủ là (4) có nghiệm u  [0 ; a] (chú ý u + v = a). ________________________________________________________________________________ Ta tới: ∆‘  0 2f(0)  0 với f(u) = 2u2 - 2au + (a2 - 3a - 3); ∆‘ = a2 - 2(a2 - 3a - 3) = - a2 + 6a + 6. Vậy ∆‘  0 với 3 + 15  a  ↔ 3 - 15. f(0) = a 2 - 3a - 3  0  a
3 - 21 2 hoặc a  3 + 21 2 . Do xét a > 0 nên cuối cùng ta đỷợc: 3 + 15 a 3 + 21 2 ≥ ≥ . Câu II. 1) i) Chú ý rằng: π α 2 - A 2 = 2 = A’. Do đó: sin B + C 2 = sinA’. Ta có: a‘ = 2rsinA’ = 2(p-a)tg A 2 sinA’= = (b + c - a) tg =(b + c - a) sin A 2 . Do vậy: a' a = b + c - a a sin A 2 = sinB + sinC - sinA sinA sin A 2     = ________________________________________________________________________________ =2sin B + C 2 cos B - C 2 - 2sin A 2 cos A 2 2cos A 2     = 2cos A 2 cos B - C 2 - cos B + C 2 2cos A 2     =2sin B 2 sin C 2 . Vậy : a' a = 2sin B 2 sin C 2 . (1) Tỷơng tự : b' b = 2sin A 2 sin C 2 . (2) Từ (1) và (2) suy ra: a' a + b' b = 2sin C 2 sin A 2 + sin B 2     S' S = 1 2 a' b'sinC' 1 2 absinC = a' a . b' b . sin A + B 2 sinC = 4sin2 C 2 sin A 2 sin B 2 . cos C 2 2sin C 2 cos C 2 =2sin A 2 sin B 2 sin C 2 . 2) Xét hàm số: y = cos3x + asin3x + 1 cos3x + 2 . Số yo thuộc miền giá trị của hàm số ấy khi và chỉ khi phỷơng trình: yo = cos3x + asin3x + 1 cos3x + 2 (1) có nghiệm: (1)  yo(cos3x + 2) = cos3x + asin3x + 1  (- yo + 1)cos3x + asin3x + 1 - 2yo = 0. (2) (2) có nghiệm khi và chỉ khi: (1 - yo) 2 + a 2  (2yo - 1) 2  3yo 2 - 2yo - a 2
0  1 - 1 + 3a 3 y 1 + 1 + 3a 3 2 o 2 ≤ ≤ . ________________________________________________________________________________ Từ đó suy ra, với mọi x ta đều có: cos3x + asin3x + 1 cos3x + 2 1 + 1 + 3a 3 2      ≤ . Câu III. Trỷỳỏc hết, ta chứng minh rằng : nếu0 0 thì ta có: T M < T + M + α α . (1) Thực vậy: (1)  T(M + α) < M(T + α)  Tα < Mα  T < M. áp dụng: i) S' S = 1 2 a' b'sinC' 1 2 absinC = a' a . b' b . sin A + B 2 sinC = a a + b + c + d < a a + b + c < a + d a + b + c + d . (2) Tỷơng tự có: b a + b + c + d < b b + c + d < b + a b + c + d + a ; (3) c a + b + c + d < c c + d + a < c + b c + d + a + b ; (4) d a + b + c + d < d d + a + b < d + c d + a + b + c . (5) Cộng theo vế (2), (3), (4) và (5): 1 < a a + b + c + b b + c + d + c c + d + a + d d + a + b < 2. ________________________________________________________________________________ __________________________________________________________ Câu IVa. Nhờ phép biến đổi biến số x = π − t, ta đ−ợc / 2 0 2 f(sinx)dx f(sin t)dt π π π =∫ ∫ . Câu Va. (∆) qua pF , 0 2     - tiêu điểm của (P) và đ−ờng chuẩn (D) của (P) có ph−ơng trình x = p 2 − . Tọa độ các điểm M'(x', y') và M''(x'', y'') là nghiệm của hệ 2y 2px 0− = 2mx − 2y − mp = 0 ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 m x (m 2)px m p / 4 0 y (2p / m)y p 0  − + + = − − = Đ−ờng tròn đ−ờng kính M'M'' có ph−ơng trình 2 2x y+ − (x' + x'')x − (y' + y'')y + x'x'' + y'y'' = 0 và có tọa độ tâm 2 2 (m 2)p p I , m2m  +   nên khoảng cách từ I đến (D) là : IH = 2 1 p 1 m  +   = R (bán kính đ−ờng tròn đ−ờng kính M'M''). Câu IVb. 1) Vì AC // 1 1A C nên AC // 1 1(BA C ) . Gọi d là khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng AC và 1BC . Khi đó d = d(AC, 1 1(BA C )) = d(C, 1 1(BA C )). Xét hình chóp C. 1 1A BC ta có : 1 1 1 1CA BC BA C 1 1 1 V S .d(C,(BA C )) 3 = . Từ đó : 1 1 1 1 CA BC 1 1 BA C 3V d(C,(BA C )) S = (1) Mặt khác, ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1CBA C BCA C BAA C A ABC ABCA B C 1 V V V V V 3 = = = = (2) Từ (1) và (2) ta có : __________________________________________________________ 1 1 1 1 1 ABCA B C BA C V d S = (*) Ta có : 1 1 1 2 ABCA B C ABC a 3 .a a 32V S .h .h h 2 4 = = = . (3) Để tính 1 1BA C S ta cần tính chiều cao BH của 1 1BA C∆ . Ta có 2 21BC a h= + . Từ đó, 2 2 2 2 2 2a 3aBH a h h 4 4 = + − = + ⇒ BH = 2 23a h 4 + . 1 1 2 2 2 2 2 2 BA C 3a a h a 1 a4S . 3a 4h 3a 4h 2 2 2 4 + = = + = + (4) Thay (3) và (4) vào (*) ta đ−ợc 1 1 1 1 1 2 ABCA B C 2 2 2 2BA C V 3a h a 3 ah d : 3a 4h S 4 4 3a 4h = = + = + Bây giờ ta tính góc giữa các đ−ờng thẳng AC và 1BC . Vì AC // 1 1A C nên n n 1 1 1 1(AC,BC ) (A C ,BC )= = ϕ Xét 1BHC∆ ta có n o1(BHC 90 )= : 1 1HC BC cos= ϕ hay 1 1 HC cos BC ϕ = . Từ đó : 2 2 a cos 2 a h ϕ = + . Vì ϕ là góc nhọn nên ta có thể dựng góc ϕ khi biết cosϕ. Đáp số : Khoảng cách giữa các đ−ờng thẳng AC và 1BC là 2 2 3 ah 3a 4h+ và góc giữa chúng là ϕ : cosϕ = 2 2 a 2 a h+ . 2) Tr−ớc hết ta dựng thiết diện phụ song song với các đ−ờng thẳng 1A C và 1BC . Ta gọi mặt phẳng đó là (P). Giao tuyến của mặt phẳng (P) và 1 1(BB CC ) qua C song song với 1BC . Ta ký hiệu giao điểm của giao tuyến đó với đ−ờng thẳng 1BB là 1S . Điểm 1S là điểm chung của các mặt phẳng (P) và 1 1(AA B B) . Một điểm chung nữa là 1A vì (P) song song với 1A C . Nối 1 1A S , ta tìm thấy đỉnh 2S của thiết diện, thiết diện phụ (P) là tam giác 1 2A CS . Bây giờ ta dựng thiết diện mà bài toán đòi hỏi. Ta ký hiệu thiết diện cần xác định là *( )α . Thiết diện này song song với các đ−ờng thẳng 1A C và 1CS của mặt phẳng 1 1(A CS ), vì thế 1 1*( ) //(A CS )α . Từ đó suy ra rằng các cạnh của thiết diện phải tìm song song với các cạnh của thiết diện 1 2(A S C) . Xuất phát từ đó, ta có thể dựng thiết diện phải tìm. Kẻ qua C B A A B C1 1 1 2 1 S S __________________________________________________________ điểm M đ−ờng thẳng song song với đ−ờng thẳng 1 2A S và tìm thấy giao điểm của nó với các cạnh của lăng trụ là 3S , 4S . Sau đó ta kẻ 4 5 2S S // S C , 5 6 1S S // BC (vì 1*( ) // BCα ), 6 7 1S S // CA . Hình ngũ giác 3 4 5 6 7S S S S S là thiết diện *( )α phải tìm (ta nhận xét rằng 4 5 3 7S S // S S ). 3) Ta tìm tỉ số 6 6 1CS : S C . Xét mặt phẳng 1 1(AA B B) . Từ các tam giác đồng dạng 4AS M và 1 3B S M ta có 4 1 3 1AS : B S AM : B M 5: 4= = . Ta ký hiệu 2 4 S S x AB = . Chú ý rằng 2 1 3 2 4 1 AS AB, A S S S 2 = = và 1 1A B AB= ta có : 4 1 AS x AB 2  = +   , 1 3B S (1 x)AB= − . Ta có ph−ơng trình : 1 x 52 1 x 4 + =− . Giải ra ta có 1 x 3 = . Nghĩa là 2 4 1S S AB3= , từ đó 4 2 2 4 1 S B S B S S AB 6 = − = . Vì 4 5 2S S // S C nên 5 5 2 4 4CS : S B S S : S B 2= = , và do 5 6 1S S // BC suy ra rằng 6 6 1 5 5CS : S C CS : S B 2= = . Đáp số : Cạnh 1CC bị mặt phẳng *( )α chia theo tỷ số 2 : 1 tính từ đỉnh C. C B M A A B C1 1 2 3 1 7 S S S SS S 6 54 ________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Giải hệ phỷơng trình x xy y x xy y 2 2 4 2 + + = + + =  2) Cho a
1, b
1. Chỷỏng minh log a + log b2 2  2 log a + b 2 2     . Câu II. 1) Xác định p sao cho hàm số y = -x + 3x + p x - 4 2 có giá trị cỷồc đại M và giá trị cỷồc tiểu m, với m - M = 4. 2) Với nhỷọng giá trị nào của m thì hàm số y = |x x2 5 4− + | + mx có giá trị nhỏ nhất lớn hơn 1? Câu III. 1) Với nhỷọng giá trị nào của m thì phỷơng trình sau đây có nghiệm: 3 sin x2 + 3 tg 2x + m(tg x + cotg x) - 1 = 0. 2) Xác định m để hàm số sau đây luôn luôn nghịch biến: y = (m - 3) x - (2m + 1) cosx. ________________________________________________________________________________ Câu Iva. a, b là 2 số cố định. Chỷỏng minh