Nhân phỷơng trình thứ 2 với -2, rồi cộng các vế tỷơng ứng của hai phỷơng trình để khử cos3 x ta đỷợc phỷơng trình hệ quả... Kiểm tra lại vào các phỷơng trình của hệ, ta thấy chỉ có cosx
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 Gọi R và l tỷơng ứng là bán kính đáy và đỷờng sinh, ta có:
V =1
Thay vào bất đẳng thức đã cho:4R4(l2- R2) Ê8R l
3 3
3 3
Chia cả hai vế cho4R3l3: R
l
-R l
2
3 3
3
Đặt x = R
l thì 0 < x < 1 ; và ta cần chứng minh rằng:x - x
3Ê 2
3 3 với x ẻ (0 ; 1)
Xét hàm f(x) = x - x3 Ta có
f’(x) = 1 - 3x2 Qua bảng biến thiên, nhận thấy:
1
3
-1
2
3 3
x (0 ; 1) ẻ
Vậy: f(x) Ê 2
3 3 với x ẻ (0 ; 1).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
x = 1
1
3 Û l = 3R
Câu II 1) Biểu diễn qua cosx, ta đ ợc hệ t ỷơng đỷơng
10cos3x - 9cos2x + 7cosx - 2 = 0 5cos3x + 3cos2x + 8cosx - 4 = 0
Nhân phỷơng trình thứ 2 với -2, rồi cộng các vế tỷơng ứng của hai phỷơng trình (để khử cos3
x) ta đỷợc phỷơng trình hệ quả
Trang 35cos2x + 3cosx - 2 = 0,
có các nghiệm :cosx = -1 và cosx =2
5. Kiểm tra lại vào các phỷơng trình của hệ, ta thấy chỉ có
cosx =2
5là thích hợp Vậy đáp số làx = ±arccos
2
5+ 2kp ( k ẻ Z).
2) Nhận thấy rằng tg2x = tg2|x|.Đặt t = |x| thì có: tg2t =1 - cost
Đặt điều kiện: cost ạ 0(2) (chú ý : cost ạ 0 thì sint ạ 1)
(1) Û sin t
cos t =
1 - cost
1 - sint
2
t - sin3t + sin2t - cos2t = 0 (với điều kiện (2)), hoặc: (cost - sint) (1 - cost) = 0
Giải tiếp và chú ý tới (2), t ³ 0 sẽ đỷợc ba họ nghiệm:
x1= p
4 + kp ;
ữ ; x3= 2mp
(k = 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; và m = 0 ; ± 1 ; ± 2 ; )
Câu III 1) Trừ theo vế ta đỷợc
(x - y)[x2+ xy + y2- 3(x + y) + a] = 0
Bởi vậy, hệ phỷơng trình (1), (2) tỷơng đỷơng với hai hệ sau:
x2= y3- 4y2+ ay ; (4)
x2+ xy + y2- 3(x + y) + a = 0 (5)
x2= y3- 4y2+ ay (6)
Trang 4Giải hệ(3) - (4) Thế y = x vào(4):
x(x2- 5x + a) = 0 (7)
Để (3) - (4) có nghiệm duy nhất thì cần và đủ là x2- 5x + a = 0 không có nghiệm Û a > 25
4 (Khi đó (3) - (4) có nghiệm duy nhất là (0 , 0))
Ta sẽ chứng minh rằng vớia > 25
4 thì hệ (5) - (6) vô nghiệm Ta xét phỷơng trình (5) nhỷ là một phỷơng trình bậc hai với ẩn số là x :
x2+ (y - 3)x + (y2- 3y + a) = 0;
Dx= -3y2+ 6y + 9 - 4a
Lại tính biệt số D‘ycủa tam thức này:
D‘y= 36 - 12a = 12(3 - a) < 0 (vì a >25
4 ).
VậyDx< 0 với mọi y (và với mọi a > 25
4) ; tức (5) vô nghiệm.
Kết luận : Vớia > 25
4 thì hệ ban đầu có nghiệm duy nhất 2) Giải (2) ta đ ợc nghiệm là: -2 < x < -1 hoặc 1 < x < 2
Để hệ có nghiệm duy nhất thì cần chọn a thế nào để (1) có đúng một nghiệm thuộc một trong hai khoảng : (-2 ; -1) ; (1 ; 2)
Nhận xét rằng tam thứcf(x) = x2+ (2a + 1)x + a2+ a - 2 có biệt số D = 9
nên để thỏa mãn yêu cầu ta cần có:
f(-2)f(-1) < 0 (3) I)
f(1)f(2) ³ 0 (4) hoặc
f(-2)f(-1) ³ 0 (5) II)
Trang 5f(1)f(2) < 0 (6)
(Giải thích : (3), (4) để trong (-2 ; -1) (1) có đúng một nghiệm và (1) không có nghiệm trong (1 ; 2))
Giải hệ(3) - (4) sẽ đỷợc : 2 < a < 3
Giải hệ(5) - (6) sẽ đỷợc : -4 < a < -3
Kết luận :-4 < a < -3 hoặc 2 < a < 3
Trang 6Câu IVa
1) Ta có :
2
+
suy ra
4
2) Ta có :
1 1
2
+
Câu Va
Hypebol (H) có phương trình
(1)
2 2
2 2
1
Trường hợp (1) Tiếp tuyến tại điểm (x ,y )o o ∈ (H) có phương trình
1
Theo đề toán, ta có các tiếp tuyến tại (x ,y )o o và (x ,y )1 1 :
suy ra
2
o 5a
x
16
2
o 3b y 8
2
1 13a x 48
2
1 5b y 24
giải ra thì được a2=16, b2=4, và (1) trở thành
2 2
1
Trường hợp (2) Tiếp tuyến tại điểm (x ,y )o o ∈ (H) có phương trình
1
Lập luận như trên, ta được hệ
Trang 7
cho ta : a2= ư16, b2= ư4 : loại
Câu IVb
1) Mặt cầu đường kính BM tiếp xúc với Cy khi và chỉ khi khoảng cách
giữa Bx và Cy là bán kính của nó Từ đó : BM = 4a Nhận thấy có hai
điểm M ,M1 2∈Bx thỏa mãn điều kiện đó
2) Muốn có N ∈ Cy để BNLn
2
π
= thì mặt cầu đường kính BL phải cắt Cy ⇔ BL ≥ 4a, Vậy L phải ngoài khoảng (M ,M )1 2
3) Hình chóp A.BLNC có đáy là hình thang vuông BLNC và đường
cao AH (AH cũng chính là đường cao của ∆ABC) Vì vậy thể tích của
chóp A.BLNC nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích đáy BLNC nhỏ nhất
⇔ BL + CN nhỏ nhất (chiều cao của hình thang BLNC là BC = 2a)
Đặt BL = y ; CN = x Do tam giác BNL vuông ở N ta có :
BL =BN +NL , tức là : y2=4a2+x2+4a2+ ư(y x)2
Từ đó : 8a2+2x2ư2xy 0= (1)
Vì x = 0 không thỏa mãn (1) nên ta có thể chia hai vế của (1) cho x : y = x 4a2
x
Khi đó :
2
4a
BL CN y x 2x
x
Vì
2
2
4a
x = không đổi nên theo bđt Côsi
2
4a 2x x + nhỏ nhất
x
Vậy có 2 vị trí của L trên Bx đối xứng qua B sao cho BL 3a 2=
Trang 8Câu IVa Tính các tích phân
1)
0
4
cos x dx
π
2)
0
1
3
x dx
(x + 1)
Câu Va
Hypebol (H) có các trục trùng với các trục tọa độ, và tiếp xúc với các đỷờng thẳng 5x - 6y - 16 = 0, 13x - 10y - 48 = 0 Hãy xác định phỷơng trình của hypebol (H)
Câu IVb
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC có $A = 900, $C = 600, BC = 2a
Dựng các đỷờng thẳng Bx, Cy vuông góc với (P)
1) Xác định điểm M trên Bx sao cho mặt cầu đỷờng kính BM tiếp xúc với Cy
2) L là điểm di động trên Bx Hỏi L phải ở vị trí nào để trên Cy có thể tìm đỷợc điểm N sao cho tam giác BLN có góc
N vuông
3) Trong các vị trí của L nói ở phần 2), hãy xác định L sao cho hình chóp A.BLNC có thể tích nhỏ nhất
