Bất đẳng thức đ−ợc chứng minh hoàn toàn... Gọi N là giao điểm của mặt phẳng MBC và SD.. 1 Thiết diện MBCN là hình thang vuông tại B và M bạn đọc tự chứng minh... Ta có VS.BMNC= VSMBC+ VS
Trang 1Câu I Cho hệ phỷơng trình
x2+ y2= 2(1 + a)
( x + y)2= 4
1) Giải hệ với a = 1
2) Tìm các giá trị của a để hệ có đúng 2 nghiệm
Câu II 1) Xác định tất cả các tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
c = ccos2B + bsin2B
2) a, b, c là các độ dài cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi Chứng minh rằng
p < p - a + p - b + p - c ≤ 3p
Câu III
Cho hàm số
y = x4 - 6bx2 + b2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với b = 1
2) Với b là tham số, tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2 ; 1]
Trang 2Câu I
1) Với a = 1 ⇒
2
⇒
xy 0
+ = ±
⇒ nghiệm của hệ đã cho là : (0,2) ; (2,0) ; (0, - 2) ; (- 2, 0)
2) Giả sử hệ có nghiệm là (x ,y )o o ⇒ các cặp ( x , y )− o − o ; (y ,x )o o ; ( y , x )− o − o cũng là nghiệm, cặp (x ,y )o o ≠
( x , y )− − , vì nếu ng−ợc lại xo=0, yo=0 mà (0, 0) không phải là nghiệm của hệ Vậy hệ có hai nghiệm thì hai nghiệm là (x ,y )o o và ( x , y )− o − o ⇒ (x ,y ) (y ,x )o o ≡ o o ; ( x , y ) ( y , x )− o − o ≡ − o − o ; điều đó xảy ra khi xo=yo Khi đó
hệ trở thành :
2 o 2 o
=
Ng−ợc lại với a = 0 : hệ đã cho là :
2
xy 1
+ = ±
⇒ hệ chỉ có 2 nghiệm là : (1, 1) ; (- 1, - 1)
Đáp số : a = 0
Câu II
1) sin C cosB sin B
2
π
α) C B
2
π
= − hay B C
2
π
2
π
= ⇒ ∆ ABC vuông ở A
= π − − = +
Vì A + B + C = π ⇒ A B B
2
π
2
π
⇒ ∆ ABC thỏa mãn
0 B
4
2
2
π
< <
π
= +
π
= −
2) Đặt x= p a− , y= p b− , z= p c− ta có x, y, z > 0, x2+y2+z2=3p (a b c) p− + + = ⇒ bất đẳng thức phải chứng minh trở thành :
x +y +z < + + ≤x y z 3(x +y +z )
Sử dụng bất đẳng th−c Bunhiacôpxki - Côsi ta có :
(x +y +z )(1 1 1) (x y z)+ + ≥ + + ⇒ 3(x2+y2+z ) x y z2 ≥ + +
Lại có x2+y2+z2+2xy 2xz 2yz x+ + > 2+y2+x2 ⇒(x y z)+ + 2>x2+y2+z2⇒ + + >x y z x2+y2+z2
Bất đẳng thức đ−ợc chứng minh hoàn toàn
Trang 3Câu III
1 ) Bạn đọc tự giải
2) Nhận xét thấy y = f(x) là hàm chẵn vì f(a) = f(ưa), ∀a
Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ư2 ; 1] ta xét các điểm cực trị và các giá trị tại 2 đầu mút của nó
f '(x) 4x= ư12bx 4x(x= ư3b) a) b 0 : x≤ 2ư3b 0≥ ⇒ f' (x) = 0 tại xo= ư <0( 2 xo<1) :
[ 2;1]max f(x) max[f( 2);f(1)]
(vì tại x = 0, f(x) đạt giá trị cực tiểu)
2
max[(16 24b b )
= ư + ; (1 6b b )] bư + 2 = 2ư24b 16+ b) b > 0 ⇒ f'(x) = 0 tại x = 0, x= ư 3b, x= 3b
Bằng cách xét tương tự như bảng xét dấu ở phần 1) ta có : tại x= ± 3b, y = f(x) đạt giá trị cực tiểu ; tại x = 0, y
= f(x) đạt giá trị cực đại Vậy
[ 2;1]max f(x) max[f( 2);f(0);f(1)]
ư = ư =max[16 24b b ;b ;1 6b b ]ư + 2 2 ư + 2
0 b 3
< ≤
b 3
>
Kết luận :
b2ư24b 16+ với 2
b 3
≤
b2 với 2
b 3
>
=
ư
=
[ 2; 1]max f(x)
Trang 4Câu IVa 1) Đ a ph ỷơng trình của (Em) về dạng
(x - m)
y
m = 1 ,
2
2
2
ta thấy elip có tâm I (m , 0) Vì 0< m < 1, nên m > m, vậy trục lớn của
(Em) song song với Oy, và các đỉnh trên trục lớn (Hình ve) là
A = A(m , m ), A’ = A’(m , - m)
2) Các tọa độ của A và A’ thỏa mãn hệ thứcy2= x
Vìx = m, nên 0 < x < 1 ; vậy tập hợp các điểm A và A’ là hai cung trên
paraboly2= x, gồm các điểm có hoành độ x ẻ (0 ; 1)
3) Các tiêu điểm phải nằm trên trục lớn của elip, vậy có tọa độx = m,
y = ± m - m2
Các tọa độ này thỏa mãn hệ thứcy2= x - x2hay xổ - y
ố
ỗỗ ỗ
ử ứ
ữữữ + =
1 2
1 4
2
2
Do 0 < x < 1, nên tập hợp các tiêu điểm là đỷờng tròn tâm w (1
2 , 0), bán kínhR = 1
2, bỏ đi hai điểm (0 , 0) và (1 , 0) (hai điểm này có hoành
độ
x = 0, x = 1 nên bị loại)
Câu IVb Gọi N là giao điểm của mặt phẳng (MBC) và SD.
1) Thiết diện MBCN là hình thang vuông tại B và M (bạn đọc tự chứng
minh) Ta có :
MN = AD SM
SA b
x a
= ổ -ố
ỗỗ ỗ
ử ứ
ữữữ
1
2 ,
do vậy hình thang vuông MBCN có diện tích
S = MB 1
2(MN + BC) = b4a(4a - x) a + x
2 2
Trang 52) Do S > 0 nên S lớn nhất khi S2lớn nhất Ta có
S2= b
16a
2
2 (x2+ a2) (x - 4a)2,
nên bài toán quy về việc xác địnhx ẻ [0 ; 2a] sao cho hàm
f(x) = (x2+ a2)(x - 4a)2đạt giá trị lớn nhất Để ý rằngf’(x) = 2(x - 4a)(2x2- 4ax + a2),
nên ta lập đỷợc bảng biến thiên của hàm f(x) trên đoạn [0 ; 2a]
4
4
Thành thử f(x) đạt giá trị lớn nhất trên[0 ; 2a] khi x = 1 2
2 +
ổ ố
ỗỗ ỗỗ
ử ứ
ữữữ
ữa.
3) Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCD Ta cần xác định x để VS.BMNC= 1
2V.
Ta có VS.BMNC= VSMBC+ VSMNC,VSMBC= VSABC SM
SA = 12V SMSA ,
VSMNC= VSADC SM
SA
SN
SM SA
ố
ỗỗ ỗ
ử ứ
ữữữ
1 2
2
Đặtt = SM
SA =
2a - x 2a , ta đỷợc t
2+ t - 1 = 0 ị t = -1 + 5
2 (vì t > 0).
Vậy2a x2 12 5 (3 5)
- = - + ị = -
Trang 6Câu IVa
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ trực chuẩn, cho họ elip (Em) có phỷơng trình
y2= 2x - x
m
2
,
với m là tham số và 0<m<1
1) Bằng một phép tịnh tiến trục tung, hãy đ a phỷơng trình trên về dạng chính tắc Từ đó suy ra tọa độ của tâm và các
đỉnh A, A’ trên trục lớn của (Em) trong hệ tọa độ xuất phát
2) Tìm tập hợp các đỉnh A, A’ khi m thay đổi
3) Tìm các tọa độ của các tiêu điểm của (Em) và xác định tập hợp các tiêu điểm đó
Câu IVb Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = b Cạnh AS = 2a của hình chóp vuông góc với đáy M là một điểm trên cạnh AS, với AM = x (0Ê x Ê 2a)
1) Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là hình gì ? Tính diện tích thiết diện ấy
2) Xác định x để thiết diện trên có diện tích lớn nhất
3) Xác định x để mặt phẳng (MBC) chia hình chóp ra hai phần với thể tích bằng nhau