Hãy tìm điểm B trên đỷờng thẳng y = 3, và điểm C trên trục hoành, sao cho ABC là tam giác đều.. 1 Chứng minh rằng nhị diện cạnh SB của hình chóp S.ABCM là nhị diện vuông.. 2 Tính khoảng
Trang 1Câu I.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3- 3x2- 9x + 1
2) Tìm điều kiện đối với a và b, sao cho đỷờng thẳng y = ax + b cắt đồ thị trên tại 3 điểm khác nhau A, B, C, với B là trung điểm của đoạn AC
Câu II 1) Giải và biện luận theo a, b, phỷơng trình cosax + cos2bx - cos(a + 2b)x = 1
2) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù, thì(1 + sin2A)(1 + sin2B)(1 + sin2C) > 4
Câu III 1) Cho
a = x2+ 2x + 3 , b = x2+ 1 , c = x2+ 4x + 5
a) Với giá trị nào của x thì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ?
b) Chứng minh rằng khi đó bán kính r của đỷờng tròn nội tiếp của tam giác đỷợc tính theo công thức
r = 3
6 (x - 2x - 1) (x + 6x + 7)
2) Giải và biện luận theo tham số a hệ phỷơng trình x y a
x y a
+ =
ỡ ớ
ù
Câu IVa Trên mặt phẳng tọa độ, cho điểm A(1, 1) Hãy tìm điểm B trên đỷờng thẳng y = 3, và điểm C trên trục hoành, sao cho ABC là tam giác đều
Câu Va Tính tích phân I(m) = x2 x m dx
0
2
ũ
Câu IVb.
Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, ngỷời ta lấy điểm M với AM = x (0 < x < a), và trên nửa đỷờng thẳng
Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho AS = y > 0
1) Chứng minh rằng nhị diện cạnh SB của hình chóp S.ABCM là nhị diện vuông
2) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)
3) Gọi I là trung điểm đoạn SC, H là hình chiếu vuông góc của I lên CM Tìm tập hợp điểm H khi M chạy trên AD và
S chạy trên Ax
Trang 2Câu I 1) Đề nghị bạn hãytự giải nhé!
2) Khi đó phỷơng trình x3
- 3x2- 9x + 1 = ax + b (1) phải có ba nghiệm phân biệt x1< x2< x3trong đó 2x2= x1+ x3
(1) tỷơng đỷơng với:x3
- 3x2- (9 + a)x + 1 - b = 0 (2)
Vì đỷờng cong y1= x3- - 3x2- (9 + a)x + 1 - b nhận điểm uốn là tâm đối xứng nên để có 2x2= x1+ x3thì cần thiết là
điểm uốn phải thuộc trục hoành (x2là hoành độ điểm uốn)
y"1= 6x - 6; y"1= 0Û x2=1, y1(1) = 0ị -10 - a - b = 0 ị a + b = -10
Điều kiện đủ : thay a = -(b + 10) vào (2) ta có:
x3- 3x2- [9 - b - 10]x + 1 - b = 0Ûx3
- 3x2+ (1 + b)x + 1 - b = 0Û (x - 1) [x2- 2x - 1 + b] = 0 (3)
Để (3) có ba nghiệm phân biệt, đối với f(x) =x2-2x-1+b, ta phải có:
D' ( )
= - >
= - ạ
ỡ ớ
ùù
b
Vậy điều kiện đối với a và b là: a + b = -10 ; b < 2
Khi đó đỷờng thẳng y = ax + b là đỷờng thẳng:
y = ax + (-a - 10)Û y = a(x - 1) - 10 luôn đi qua điểm (1, - 10) cố định
Câu II 1) Biến đổi phỷơng trình nhỷ sau:
(cosax + cos2bx) - [cos(a + 2b)x + 1] = 0
Û 2cos a
2 + b xcos a2 - b x - 2cos a2 + b
2
ổ
ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ ổốỗỗỗ ử
ứ
ữữữ
ữ
ổ ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữx= 0
Û cos a
2 + b x cos a2 - b x - cos a2 + b
ổ
ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ ổốỗỗỗ ử
ứ
ữữữ
ữ
ổ ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ
ộ ở
ờ ờ
ự ỷ
ỳ ỳ
x = 0
Û cos a
2 + b x sin a2 x sinbx
ổ
ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ ộ
ở
ờ ờ
ự ỷ ỳ
ỳ= 0.
Trang 3a) sinbx = 0 (1)
Nếu b = 0 thì (1) nghiệm đúng với mọi x
Nếu bạ 0 thì có x1= kp
b (kẻ Z).
b) sin a
2x = 0. (2)
Nếu a = 0 thì (2) nghiệm đúng với mọi x Nếu aạ 0 thì có x2=2mp
a (mẻ Z).
c) cos a
2 + b x
ổ
ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ = 0 (3)
Nếua
2+ b = 0 (a + 2b = 0) thì (3) vô nghiệm.
Nếua
2+ bạ 0 (a + 2b ạ 0) thì có x3=
(1 + 2n)
a + 2b
p (nẻ Z).
Kết luận : Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì phỷơng trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x.
Nếu a, bạ 0 thì:khi a + 2b = 0, có một họ nghiệm:x1= k
b
p (kẻ Z)
(vì lúc đó x1= x2); khi a + 2bạ 0 thì đỷợc ba họ nghiệm:
x1= k
b
p
; x2=2m
a
p
; x3=(1 + 2n)
a + 2b
p (k, m, nẻ Z).
2) Ta biết rằng sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosA cosB cosC,
do vậy nếu ABC không phải là tam giác tù, thì
sin2A + sin2B + sin2C ³ 2 ị sin2A + sin2B ³ 2 - sin2C,
dấu đẳng thức chỉ xảy ra với tam giác vuông Mặt khác
sinAsinB³ sinAsin B - cosAcosB = -cos(A + B) = cosC,
dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi hoặc A, hoặc B bằng 90o Theo giả thiết cosA, cosB, cosC³ 0, nên
Trang 4sin2A sin2B ³ cos2C = 1 - sin2C,
thành thử (1 + sin2A) (1 + sin2B) = 1 + sin2A + sin2B + sin2A sin2B³ 4 - 2sin2C = 2(2 - sin2C),
vậy(1 + sin2A)(1 + sin2B)(1 + sin2C) ³ 2(2 - sin2C)(1 + sin2C) = 2(2 + sin2C - sin4C)³ 4;
ở bất đẳng thức cuối cùng, dấu = chỉ xẩy ra khi C = 90o
Tam giác ABC không thể có hai góc vuông, vậy(1 + sin2A) (1 + sin2B) (1 + sin2C) > 4
Câu III 1) a) Để a, b, c tạo thành ba cạnh của một tam giác ta phải có:
a + b > c 2x2+ 2x + 4 > x2+ 4x + 5
b + c > a Û 2x2+ 4x + 6 > x2+ 2x + 3Û
c + a > b 2x2+ 6x + 8 > x2+ 1
x2- 2x - 1 > 0
x2+ 2x + 3 > 0
x2+ 6x + 7 > 0
Giải hệ này, ta đỷợc : -Ơ < x < - 3 - 2 hoặc - 3 + 2 < x < 1 - 2 hoặc 1 + 2 < x < +Ơ
b) Ta có : r =S
p =
p(p - a) (p - b) (p - c)
p = 1
2(a + b + c) =
1
2(3x
2+ 6x + 9) =3
2(x
2+ 2x + 3);
p - a =1
2(x
2+ 2x + 3);
p - b =1
2(x
2+ 6x + 7);
p - c =1
2(x
2- 2x - 1)
Thế vào (*) sẽ đỷợc:r = 3
6 (x - 2x - 1)(x + 6x + 7)2 2 .
Trang 52) Thế y = a - x vào phỷơng trình thứ 2 của hệ, ta có: x4
+ (x - a)4= a4
Đặt t = x -a
2thì có t + a2 + t - a2
ổ ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ ổốỗỗỗ ửứữữữữ = a4Û 2t4
+ 3a2t2- 7
8a
4
= 0
Đặt t2= z (z³ 0) ta có: 2z2+ 3a2z - 7
8 a
4= 0 (1)
Nếu a = 0 thì có z1= z2= 0ị t = 0 ị x = 0, y = 0
Nếu aạ 0 thì (1) luôn có hai nghiệm: z1< 0 < z2 (Loại z1);
z2=- 3a + 4a
ị t1,2= ±a
2.
Từ đó hệ có hai nghiệm x1= 0, y1= a và x2= a, y2= 0
Kết luận : hệ luôn có hai nghiệm:x1= 0, y1= a và x2= a, y2= 0
Trang 6Câu IVa
Giả sử ta tìm được điểm B(x ,3)B trên đường thẳng y = 3
và điểm C(x ,0)C trên trục hoành sao cho ∆ ABC là đều
Do đường thẳng (AC) không thể song song với trục tung
và trục hoành nên có phương trình
y = k (x ư 1) + 1 (k ≠ 0)
Từ đó C k 1
k
ư
=
Gọi M(x ,y )M M là trung điểm đoạn thẳng AC, ta có :
M
M
2k 1
x
2k
1
2
ư
=
=
Vì đường thẳng trung trực (d) của đoạn thẳng AC qua M và (d) ⊥ (AC) nên (d) có phương trình :
M
y (x x )
= ư ư + hay = ư ư ư +
1 2k 1 1
k 2k 2 ,
Do B ∈ d nên
B
ư
= ư ư +
hay
2
x
2k
=
Cuối cùng do AB = AC nên bằng cách viết đẳng thức này dưới dạng tọa độ, ta đi đến phương trình
25k +22k ư = ⇔ k3 0 = ± 3 / 5 Vậy, các cặp điểm tương ứng B, C tìm được trên đường thẳng y = 3 và trục hoành để tam giác ABC đều là :
2
5k 2k 1
2k
ư + ư
k 1
k
ư
với k= 3 / 5 và k= ư 3 / 5
Câu Va
Đặt f(x) x= 2ư π +2 m, ∆' = 1 ư m
a) Khi ∆' ≤ 0 hay m ≥ 1: Do f(π) ≥ 0, ∀x nên
=∫1 =∫1 =
I(m) | f(x) | dx f(x)dx
1 0
0
= ư + = ư + = ư
∫
b) Khi ∆ >' 0 hay m < 1 Dấu của f(x) được cho bởi kết quả
x 1ư 1 mư 1+ 1 mư
và ta có :
A
B
C
M
x
y
O
d
Trang 7f(0)= , 1m ư 1 m 1 1ư < < + 1 mư
Với m ≤ 0 : f (0) ≤ 0 nên 1ư 1 m 0ư ≤ ; 1 1≤ + 1 mư và ta có : f(x) ≤ 0, ∀x ∈ [ 0 ; 1]
Vậy =∫1 = ư∫1 = ư
2 1(m) | f(x) | dx f(x)dx m
3
Với 0 < m < 1 : f(0) > 0 nên 0 1< ư 1 m 1ư < , do đó
f(x) 0, x [0,1 1 m]
f(x) 0, x [1 1 m;1]
> ∀ ∈ ư ư
≤ ∀ ∈ ư ư
Vậy =∫1 =
0
I(m) | f(x) | dx
m
m
ư ư
ư ư
ư ư
ư ư
= ư + + ư + ư =
4( ) 1 3 2
3
Câu IVb
1) BC SA
BC AD
⊥
⊥ ⇒ BC ⊥ (SAB)
⇒ (SBC) ⊥ (SAB)
2) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD,
kẻ MK // BD
Vì ⊥
⊥
BD AC
BD SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ MK ⊥ (SAC)
Độ dài MK là khoảng cách từ M tới (SAC) :
MK AM
OD = AD hay 2MK x
a
a 2 = ⇒ MK x 2
2
=
3) IO// SA ⇒ IO ⊥ (ABCD) ; IH ⊥ MC ⇒ OH ⊥ MC (định lí ba đường vuông góc) Vậy H nằm trên đường tròn đường kính OC trong mặt phẳng (ABCD)
Nhận xét : Khi M ∈ AD, H OHH∈q1 trên hình 44
Đảo lại : lấy H' ∈ OHHq1, CH' cắt AD tại M' Chứng minh IH' ⊥ CM' Điều này là hiển nhiên nhờ định lí đảo
của định lí ba đường vuông góc
Kết luận : Tập hợp hình chiếu H của I trên CM là OHHq1
A
D M
S
I