Từ đó suy ra bất đẳng thức 1... Nhỷ vậy các điểm này nằm trên đỷờng tròn giao tuyến của hai mặt cần nói trên, suy ra chúng nằm trên cùng một mặt phẳng và là các đỉnh của một tứ giác nội
Trang 1Câu I.
1) Giải hệ phỷơng trình
x xy y
x xy y
4 2
+ + =
2) Cho a³ 1, b ³ 1 Chỷỏng minh
log a +2 log b2 Ê 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 trịcỷồc đại M và giá trị cỷồc tiểu m, với m - M = 4
2) Vớinhỷọng giá trị nào của m thì hàm số
y = |x2 x
5 4
− + | + mx
có giá trị nhỏ nhất lớn hơn 1?
Câu III
1) Vớinhỷọng giá trị nào của m thì phỷơng trình sau đây có nghiệm:
3
sin x2 + 3 tg2x + 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
Trang 2Câu I
1) Giải hệ phương trình
x xy y 4
x xy y 2
+ + =
+ + =
Đặt u = x + y, v = xy, hệ đã cho trở thành
2
u ư = v 4 (1)
(2) ⇒ v = 2 ư u ; thế vào (1) ta được
2
u + ư = ⇔ u 6 0 u1= ư , 3 u2= 2
a) Khi u1= ư 3 ta có v1= 5 ⇒ x + y = ư 3
xy = 5
Hệ này vô nghiệm
b) Khi u2 = 2 ta có v2 = 0 ⇒ x + y = 2
xy = 0
Hệ này có 2 nghiệm : x = 0 x = 2
y = 2 , y = 0
2) Cho a ≥ 1 ; b ≥ 1, hãy chứng minh
a b log a log b 2 log
2
+
Bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức :
a b log a log b 2 log a log b 4 log
2
+
Vì a ≥ 1, b ≥ 1 nên theo bất đẳng thức Côsi ta có : ab a b
2
+
≤
⇒ 1(log a2 log b)2 log2a b
+ + ≤ (vì hàm log x2 đồng biến) hay log a2 log b2 2 log2a b
2
+
Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm log a2 và log b2 (vì a ≥ 1, b ≥ 1) ta có
2 log a log b ≤ log a + log b
Do đó theo (3) ta có 2 log a log b2 2 2 log2a b
2
+
Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2) Từ đó suy ra bất đẳng thức (1) Dấu bằng xảy ra khi a = b
Câu II
1) Ta có
2
2
x 8x (12 p)
y '
(x 4)
ư + ư +
=
ư y' = 0 ⇔ x1,2 = ±4 4ưp (điều kiện p < 4)
Ta có bảng biến thiên sau
y + ∞
m
+ ∞
ư ∞
M
ư∞
Dễ dàng tính được
M = y(4 + 4 ư p ) = ư 2 4 ư ư p 5,
Trang 3m = y(4 ư 4 ư p) = 2 4 ư ư p 5
Do đó m M = 4 ⇔ 4 4 ư = p 4 ⇔ 4 ư p = 1 ⇔ p = 3
Vậy giá trị phải tìm là p = 3
2) Ta viết
y =
2 2
x (m 5)x 4 khi 1 x 4
x (m 5)x 4 khi x < 1, x > 4
+ ư +
Muốn giá trị nhỏ nhất của hàm số lớn hơn 1 ta phải có hàm số lớn hơn 1 với mọi x, tức là
y 1 =
2 2
x (m 5)x 5 0 khi 1 x 4
x (m 5)x 3 0 khi x < 1, x > 4
ư + + ư > ≤ ≤
+ ư + >
(1) (2)
a) Điều kiện để có (1) là các số 1 và 4 nằm trong khoảng 2 nghiệm của tam thức
2
f(x) = ư x + (m + 5)x ư , tức là 5
1.f(1) 0
1.f(4) 0
ư <
ư <
m 1 0 4m 1 0
ư >
ư >
b) Điều kiện để có (2) là một trong 2 trường hợp sau :
Trường hợp 1 : Tam thức g(x) = x2+ (m ư 5)x + 3 có
⇔ 5 2 3 ư < < + m 5 2 3 (4)
Trường hợp 2 : Tam thức g(x) = x2+ (m ư 5)x + 3 có hai nghiệm nằm trong khoảng (1 ; 4) tức là
0
1.g(1) 0
1.g(4) 0
5 m
2
∆ ≥
ư
≤ ≤
⇔
2
(m 5) 12 0
m 1 0 4m 1 0
3 m 3
ư ư ≥
ư ≥
ư ≥
ư ≤ ≤
⇔ 1 m ≤ ≤ ư 5 2 3 (5)
Từ (4) và (5) suy ra (2) được thỏa mãn khi 1 m ≤ < + 5 2 3 (6)
Kết luận : Từ (3) và (6) suy ra các giá trị phải tìm của m là : 1 < m < 5 + 2 3
Câu III
2
3
3tg x
sin x
Điều kiện : sinx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ
2
π
≠ + π
(1) ⇔ 3(tg x2 + cot g x)2 + m(tgx + cotgx) + 2 = 0 (3)
Đặt t = tgx + cotgx thì | t | ≥ 2 và (3) trở thành
f(t) = 3t2 + mt ư 4 = 0 (4) Phương trình lượng giác đã cho có nghiệm khi phương trình (4) có nghiệm thỏa mãn điều kiện |t| ≥ 2
Trước hết, ta tìm điều kiện để (4) chỉ có nghiệm thỏa mãn điều kiện | t | > 2 hay ư < ≤ 2 t1 t2< 2, (5)
khi đó phương trình đã cho vô nghiệm
Phương trình (4) có ∆ = m2+ 48 > 0 nên nó luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 Điều kiện (5) được thỏa mãn khi và chỉ khi
⇔ x k
2
π
≠
∆ = (m 5) ư 2 ư 12 < 0
Trang 4f(2) 0 f( 2) 0 S
2
>
ư >
ư < <
⇔
2m 8 0 2m 8 0 m
6
+ >
ư + >
ư < ư <
⇔ | m | < 4
Từ đó suy ra, phương trình (4) có nghiệm thỏa mãn điều kiện | t | ≥ 2 khi |m | ≥ 4, tức là phương trình đã cho có nghiệm khi | m | ≥ 4
2) Hàm số luôn luôn nghịch biến khi và chỉ khi
y' = (m ư 3) + (2m + 1) sinx ≤ 0 , ∀x
Đặt t = sinx, bài toán đưa về : tìm m để hàm bậc nhất :
f(t) = (m ư 3) + (2m + 1) t ≤ 0, ∀t ∈ [ư1 ; 1]
Điều này xảy ra khi và chỉ khi
f( 1) 0 f(1) 0
ư ≤
≤
m 4 0 3m 2 0
ư ư ≤
ư ≤
⇔ ư 4 ≤ m ≤
2
3
Vậy các giá trị m phải tìm là : ư 4 ≤ m ≤ 2
3
Trang 5C©u IVa §Æt In= e x nxdx
a
b
2 sin
u = ex2
du = 2xex2 dx Þ
dv = sinnx dx v = - 1
n cosnx ,
ta cã
In=-1 2 +2ò 2
n e nx n xe nxdx
x
a
a
b
Ta cã:
1) e cosnxx2 ba = e cosnb - e cosnab2 a2
suy ra
- 1
n e cosnx
1
n (e + e )
x
a
£
- 1
n e cosnx
1
n (e + e )
x
a
vËy
lim 1
ne cosnx 0
n
x
a b 2
®¥
æ
è
çç
ç
ö ø
÷÷÷
÷=
2) xe x nxdx x e dx
a
b
x a
b
cos
ò £ò £ M(b - a)
ë ®©y ta coi r»ng a£ b, vµ
M = max (|a| ea2 ; |b| eb2) Suy ra
lim cos
n
x a
b
n xe nxdx
®+¥2ò 2
= 0
Thµnh thö
lim I
n ® ¥ + n = 0
Trang 6Câu IVb 1) Từ các hệ thức:
SA’.SA = SB’.SB = SC’.SC = SD’.SD = SH2
suy ra 8 điểm A, B, C, D, A’, B’, C’, D’ nằm trên mặt cầu (d)
Đồng thời A’, B’, C’, D’ nằm trên mặt cầu đỷờng kính SH Nhỷ vậy
các điểm này nằm trên đỷờng tròn giao tuyến của hai mặt cần nói trên,
suy ra chúng nằm trên cùng một mặt phẳng và là các đỉnh của một tứ
giác nội tiếp
2) Cố định dây cung AC, ta thấy khi BD quay quanh H, thì (d) là mặt
cầu qua (K) và A’, C’ Vậy (d) không phụ thuộc vào dây cung
BD Do đó cho BD một vị trí đặc biệt (chẳng hạn BD là một đỷờng
kính của đỷờng tròn (K) thì (d) là mặt cầu qua (K) và B’, D’ không
phụ thuộc vào dây cung AC Thành thử (d) là một mặt cầu cố định
Vì mặt cầu đỷờng kính HS là cố định, suy ra (A’B’C’D’) là mặt
phẳng đi qua giao tuyến của hai mặt cầu cố định nói trên, đó là
một mặt phẳng cố định
Trang 7Câu Iva.
a, b là 2 số cố định.Chỷỏng minh rằng
lim e sinnx dx = 0
n +
a
b
x 2
Câu IVb.
Trong mặt phẳng (P), cho đỷờng tròn (K) và một điểm H nằm bên trong đỷờng tròn ấy Dỷồng đoạn HS vuông góc với (P) Xét hai dây cung AC và BD của đỷờng tròn (K), đi qua H Gọi A’, B’, C’, D’ là hình chiếu vuông góc của H lên SA, SB,
SC, SD
1)Chỷỏng tỏ rằng 4 điểm A’, B’, C’, D’ nằm trên cùng một mặt phẳng, và A’B’C’D’ là một tỷỏ giác nội tiếp
2)Chỷỏng tỏ rằng khi các dây cung AC và BD quay quanh H, thì (A’B’C’D’) là một mặt phẳng cố định