Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 1.. Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn đạt cực đại và cực tiểu.. Chứng minh rằng, khi m thay đổi đồ thị C„ luôn đi qua hai đ
Trang 1DE 34 Câu 1
Cho ham sé y = f(x) = x? — mx’ - x + m, goi dé thi của hàm sé Ia (C,,)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 1
2 Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn đạt cực đại và cực tiểu
3 Chứng minh rằng, khi m thay đổi đồ thị (C„) luôn đi qua hai điểm cố định A
và B Xác định m để các tiếp tuyến của (Cm) tại A và B vuông góc với nhau
Cầu 2
1 Giải phương trình cos2x + cos’2x + cos23x = I
2 Chứng minh rằng với mọi x e R, ta đều có:
1 + xin(x + V1+x?) > Vl+x
Cau 3
2X
2 (oS? ˆ
1 Tính tích phần J 2 dx
„ sin x
3
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa dé Oxy, cho › tam giá :
các đường thẳng chứa các cạnh AB; ân: `
x-y-1=0 Phin ge trong ủa góc A nằm trẻ đường thẳng x + 2y-6=0
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC: os
1C biết phương trình
1 Giải phương trinh (J5 +2) - (5-9) | rt
2 Cho ba tia Ox, Oy, Qz khéng ding g phẳng Trên Ox, Oy, Oz lấy lần lượt các điểm A, B, C Cho biết xOy = 0; yOz =f; zOx =y; OA = a; OB = bị OC =e
a) Tìm điều kiện để mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có đường kính là BC b) Cho a = b = e và œ =y = 60” Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
Gidi
Cau 1
1 Khi m = 1 phương trình của ham số trở thành y = xŸ - x”-— x + 1
(độc giả tự giải)
167
Trang 22 Xét hàm số v = f(x) = x° - mx*-x +m
Tập xác định: D - 3
Dao ham y’ = f (x) = 3x” — 2mx - 1
Dẻ thấy phương trình y' = 0 có hai nghiệm phan biệt nên ta suy ra hàm
số luôn đạt cực đại và cực tiểu với mọi giá trị của m
3 Phương trình của hàm số có thể viết
m(1 - x”) = y - x? + x Phương trình trên nghiệm đúng với mọi mì khi và chỉ khi:
Í1- x2=0 x=lvà y=0
©
Vậy đồ thị (C„) luôn đi qua hai điểm cố định A(1; 0); B(—1; 0)
Ta có f (x) = 3x? ~ 2mx -— 1
Các tiếp tuyến của (C„) tại A và B có hệ số góc lần lượt là
kị = f (1) = 2(1 — m); ky = f (-1) = 2(1 + m)
Hai tiép tuyén tai A va B vuéng géc véi nhau khi và chí khi:
® cos5x = —cosx <o cos5x = cosix —- x) © 5x = (mn — x) + m2n
exe 4 mM nhode x =-— +nn
Vậy phương trình có ba họ nghiệm:
x= + k7; x= + xs + ®z(k,me 2)
2 Ta có
1+xIn(x+vt+x?) z VI+x? ©œ1+xIn(x+vL+ x2?) - 1xx” >0
Xét ham sé f(x) = 1 + xin(x+V1+x2) —- Vit x’ xe R
Ta có f (x) = In(x+ V1+x?)
168
Trang 31-— 0
1+x? =(1-x)’
1
V1l+x?
Ham s6 flx) cé cuc tiéu duy nhat, dat tai diém x = 0: {(0) = 0
Suy ra với mọi x € &, ta déu có:
Ẩx) > Ñ0) © 1+ xInÍx+x1+x?} - vl+xỶ 20
Vậy 1+xìn(x+X1+x?) > VI+x? xeR)
Đạo ham cap hai: f(x) = >0>f(0)>0
Câu 3
†— 2 4 1% 1 2
1 Ta có: |— 2dx=- [CS Xây =2 [ dx + 2 [8% ax
2
« Tính i -——dx
S11 X
®
3
Đặt t = tan —, Suy ra đt = +{1+ tan?) x
Ta được dx > ——.—_ =
m1" X
2 Tọa độ của Á nghiệm đúng hệ phương trình:
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình:
=> Á(-2; 4)
189
Trang 4Câu 4 (P): x + 2y - 2z + 5 = O0; (Q): x + 2y — 2z - 13 = 0
170
Đường thẳng AC đi qua điểm A(—2; 4) nên phương trình có dạng:
A(x + 2) + b(y — 4) = Ö © ax + by + 2a - 4b = 0
Goi Ay: 4x + 3y — 4 = 0; Ag: x + 2y — 6 = 0; Ag: ax + by + 2a — 4b = 0
Ti gia thiét suy ra (A,,A,) = (A,,A,) Do đó:
cos(A,,A,) = cos(&,A,) © [a+ 2b) "
Viva? +b?
— la + 2b| = 2va”+bŸ c> a(3a — 4b) = 0 © `
đa -4b =0
«ea=0—>bz0 Ðo đó A¿: y - 4 =0
e 3a — 4b = 0: Có thể cho a = 4 thi b = 3 Suy ra Aa: 4x + 3y — 4 = O0 (trùng
VỚI Ai}
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y ~ 4 = 0
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
x-y-1=0
Gọi l(a; b; e) là tâm và R là bán kính của hà cầu (8) Từ giả hiết tạ c Có:
OI = ặ
đứ mm ung, 2b - 2c + BỊ
+ bŸ + €? = (a + 2b — 2c + ð} (2) _la+92b-2c+B| |a+2b- 2c-14|
a+ 2b—-2c+5=a+ 2b - 2c — 138 (loai)
a+2b-2c+5=-a-2b+2c+13
Từ (1) và (3) suy ra: b = Ww _ ila c= 11 ~ 4a (4)
Ti (2) va (3) suy ra: a’ + b? +c? = 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: (a — 2)(221a — 658) =
Như vậy a = 2 hoặc a = 656
221 Suy ra: Í(2; 2; 1) và R = 3 hoặc 1( 8
a+t2b-2c=4 (3)
658 46 | 67 `
và R= 3
221" 221’ ~ 921
Vậy có hai mặt cầu théa để bài phương trình là:
658)” 46 Ý 67 Y
-8/x0~8f+ứ= 1Ý =8 [xế] * [va] *|rtấm) ^
(x— 2# +(y_— 2+ (z-— 1) va [x 251 +ịy 521 + zr
Trang 5Cau 5
1 Xét phương trinh (V5+2)° °° - (JB-2)" = a
Để y rang (V5 +2)(V5-2) 10 VB -2= —)~
J5 +2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
(J6+2} - (J5-3” =4+©(B+3ŸÏ - — =4
(v5 + 2)
Đặt t = (V5 +2)” (t> U), phương trình trở thành:
= V5 +2
t— 1 =4ot-4t-1=00
Với t = v5 — 2, ta có:
(V5 +2} š V5 +2c>x2=1c>x=‡L
Vậy phương trình có hai nghiệm x = +1
2 a) Điều kiện để mặt cầu ngoại tiếp tứ điện
OABC có đường kính BC là BOC = 90° ï
(B = 90°) va BAC = 90°
Ta có BAC = 90° AABC vuông chai A-
Từ (*) ta được a2 + b? — 2abcosa + a” + c? - 2ac.cosy = bŸ + cỄ
Hay 2a” ~ 2abcosơ — 2accosy = 0 © a — beosơ — e.eosy = 0
Vậy nếu B = 90° và a = bcosa + ccosy thi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
có đường kính là BC
b) Nếu a = b = e và ơ = y= 600 và B = 90° thì điều kiện của câu a) được thỏa mãn, nên mặt cầu ngoại tiếp OABC có đường kính là BC = a2
Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là:
Sine = an(2 a) = 2na’,
171