Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC1... Ta ký hiệu giao điểm của giao tuyến đó với đường thẳng BB1 là S1.. Một điểm chung nữa là A1 vì P song song với A C1.. Ta ký hiệu th
Trang 1Câu I.
1) Cho hàm số
f(x) = 3cos4x−5cos3x−36sin2x−15cosx+ +36 24a−12a2
Với giá trị nào của a thì f(x)>0 với mọi x ?
2) Xác định tham số a để hệ ph ơng trình sau có nghiệm :
+ + + = + =
3 Câu II
1) Tam giác ABC có các cạnh với độ dài a, b, c, và có diện tích S.Đỷờng tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với các
cạnh ở A’, B’, C’ (đối diện với các đỉnh A, B, C) Tam giác A’B’C’ có các cạnh a’, b’, c’, và diện tích S’.Chỷỏng minh các đẳngthỷỏc sau :
i)a'
a +
b'
b = 2sin
C
2 sin
A
2 + sin
B 2
;
ii)S'
S = 2 sin
A
2 sin
B
2 sin
C
2 . 2) Chứng minh rằng với mọi x, ta đều có
cos3x + asin3x + 1
cos3x + 2
1 + 1 + 3a
3
2
Câu III Cho a, b, c, d>0.Chỷỏng minh rằng
1< a
a + b + c +
b
b + c + d +
c
c + d + a +
d
d + a + b < 2.
Trang 2Câu I.
1) Biến đổi hàm số:
f(x) = 3cos4x - 5(4cos3x - 3cosx) - 36(1 - cos2x) - 15cosx + + 36 + 24a - 12a2
f(x) = 3cos4x - 20cos3x + 36cos2x + 24a - 12a2
Đặt t = cosx, (|t|Ê 1) và xét hàm:ϕ(t) = 3t4- 20t3+ 36t2+ 24a - 12a2
Tìm a để với"t ẻ [- 1 ; 1] ta đều có j(t) > 0 Ta có:
ϕ‘(t) = 12t3- 60t2+ 72t = 12t (t2- 5t + 6)
ϕ(0) = 24a - 12a2
Muốn j(t) > 0 với"t ẻ [- 1 ; 1] thì cần và đủ là:
24a - 12a2> 0 Û 0 < a < 2
2) Đặt :u = x + 1, (u ³ 0);
v = y + 2, (v ³ 0)
Thì u2+ v2= x + y + 3 Do vậy, hệ đã cho đỷợc thay bởi hệ mới:
u + v = a (1)
u2+ v2= 3(a + 1) (2)
u, v ³ 0 (3) Nhận thấy ngay nếu aÊ 0 thì hệ vô nghiệm Vậy chỉ cần xét
a > 0 Thế v = a - u vào (2) sẽ đỷợc:
2u2- 2au + (a2- 3a - 3) = 0 (4)
Để hệ có nghiệm thì cần và đủ là (4) có nghiệmu ẻ [0 ; a]
(chú ý u + v = a)
Trang 3Ta tới: ∆‘ ³ 0
2f(0) ³ 0 với
f(u) = 2u2- 2au + (a2- 3a - 3);
∆‘ = a2
- 2(a2- 3a - 3) = - a2+ 6a + 6
Vậy∆‘ ³ 0 với 3 + 15 ³ a ³↔3 - 15.
f(0) = a2- 3a - 3 ³ 0 Û a Ê 3 - 21
2 hoặca ³ 3 + 21
Do xéta > 0 nên cuối cùng ta đỷợc: 3 + 15 a 3 + 21
2
Câu II.
1) i) Chú ý rằng:
2
-A
2 = 2= A’.
Do đó:
sinB + C
2 = sinA’.
Ta có:
a‘ = 2rsinA’ = 2(p-a)tgA
2 sinA’=
= (b + c - a) tg =(b + c - a) sinA
2 .
Do vậy:
a'
a =
b + c - a
A
2 = sinB + sinC - sinA
A 2
Trang 42sinB + C
B - C
2 - 2sin
A
2 cos
A 2 2cosA
2
=
2cosA
2 cos
B - C
2 - cos
B + C 2 2cosA
2
=2sin B
2 sin
C
2
a = 2sin
B
2 sin
C
2 . (1)
Tû¬ng tù : b'
b = 2sin
A
2 sin
C
2 (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra:
a'
a +
b'
b = 2sin
C
2 sin
A
2 + sin
B 2
S'
S =
1
2 a' b'sinC'
1
2 absinC
= a'
a .
b'
b .
sinA + B 2 sinC = 4sin
2C
2 sin
A
2 sin
B
2 .
cosC 2 2sinC
2 cos
C 2
=2sin A
2 sin
B
2 sin
C
2 .
2) XÐt hµm sè:
y =cos3x + asin3x + 1
Sè yothuéc miÒn gi¸ trÞ cña hµm sè Êy khi vµ chØ khi phû¬ng tr×nh:
yo=cos3x + asin3x + 1
cos3x + 2 (1) cã nghiÖm:
(1) Û yo(cos3x + 2) = cos3x + asin3x + 1
Û (- yo+ 1)cos3x + asin3x + 1 - 2yo= 0 (2)
(2) cã nghiÖm khi vµ chØ khi:
(1 - yo)2+ a2³ (2yo- 1)2Û 3yo2 - 2yo- a2£ 0 Û
1 - 1 + 3a
1 + 1 + 3a
3
2 o
2
Trang 5Từ đó suy ra, với mọi x ta đều có:
cos3x + asin3x + 1
cos3x + 2
1 + 1 + 3a
3
2
Câu III.
Trỷỳỏc hết, ta chứng minh rằng : nếu0 < T < M vàα > 0 thì ta có:
T
M <
T +
M +
α
α (1)
Thực vậy:
(1) Û T(M +α) < M(T +α) Û Tα< MαÛ T < M
áp dụng:
i) S'
S =
1
2 a' b'sinC'
1
2 absinC
= a'
a .
b'
b .
sinA + B 2 sinC =
a
a + b + c + d <
a
a + b + c <
a + d
a + b + c + d (2) Tỷơng tự có:
b
a + b + c + d <
b
b + c + d <
b + a
b + c + d + a ; (3) c
a + b + c + d <
c
c + d + a <
c + b
c + d + a + b ; (4) d
a + b + c + d <
d
d + a + b <
d + c
d + a + b + c (5) Cộng theo vế (2), (3), (4) và (5):
1 < a
a + b + c +
b
b + c + d +
c
c + d + a + d
d + a + b< 2
Trang 6Câu IVa Nhờ phép biến đổi biến số x = π ư t, ta được
/ 2
0 2
π
=
Câu Va (∆) qua F p, 0
2
- tiêu điểm của (P) và đường chuẩn (D) của (P) có phương trình
2
ư Tọa độ các điểm M'(x', y') và M''(x'', y'') là nghiệm của hệ
2
y ư2px=0 2mx ư 2y ư mp = 0
Đường tròn đường kính M'M'' có phương trình
2 2
x +y ư (x' + x'')x ư (y' + y'')y + x'x'' + y'y'' = 0
và có tọa độ tâm
2 2
m 2m
nên khoảng cách từ I đến (D) là :
IH =
2
1
p 1 m
(bán kính đường tròn đường kính M'M'')
Câu IVb
1) Vì AC // A C1 1 nên AC // (BA C )1 1
Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC1 Khi đó
d = d(AC, (BA C )1 1 ) = d(C, (BA C )1 1 )
Xét hình chóp C.A BC1 1 ta có :
1
3
Từ đó :
1 1
1 1
CA BC
1 1
BA C
3V d(C,(BA C ))
S
Mặt khác, ta có :
CBA C BCA C BAA C A ABC ABCA B C
1
3
Từ (1) và (2) ta có :
Trang 71 1 1
1 1
ABCA B C
BA C
V d S
Ta có :
1 1 1
2 ABCA B C ABC
a 3 a
2
Để tính
1 1
BA C
S ta cần tính chiều cao BH của ∆BA C1 1
Ta có BC1= a2+h2 Từ đó,
2 2
3a h
1 1
2 2
BA C
3a
4
+
Thay (3) và (4) vào (*) ta được
1 1 1
1 1
2
BA C
+ Bây giờ ta tính góc giữa các đường thẳng AC và BC1
Xét ∆BHC1 ta có n o
1
1
HC cos
BC
ϕ = Từ đó :
2 2
a cos
ϕ =
Vì ϕ là góc nhọn nên ta có thể dựng góc ϕ khi biết cosϕ
Đáp số : Khoảng cách giữa các đường thẳng AC và BC1 là
3 ah
và góc giữa chúng là ϕ : cosϕ =
2 2
a
2) Trước hết ta dựng thiết diện phụ song song với các đường thẳng
1
A C và BC1 Ta gọi mặt phẳng đó là (P) Giao tuyến
của mặt phẳng (P) và (BB CC )1 1 qua C song song với BC1 Ta ký hiệu
giao điểm của giao tuyến đó với đường thẳng BB1 là S1 Điểm S1 là
điểm chung của các mặt phẳng (P) và (AA B B)1 1 Một điểm chung nữa
là A1 vì (P) song song với A C1 Nối A S1 1 , ta tìm thấy đỉnh S2 của thiết diện,
thiết diện phụ (P) là tam giác A CS1 2
Bây giờ ta dựng thiết diện mà bài toán đòi hỏi
Ta ký hiệu thiết diện cần xác định là (α*) Thiết diện này song song với các
đường thẳng A C1 và CS1 của mặt phẳng (A CS )1 1 , vì thế (α*) //(A CS )1 1
Từ đó suy ra rằng các cạnh của thiết diện phải tìm song song với các cạnh của
thiết diện (A S C)1 2 Xuất phát từ đó, ta có thể dựng thiết diện phải tìm Kẻ qua
C B
A
A
B
C 1
1
1
2
1
S S
Trang 8điểm M đường thẳng song song với đường thẳng A S1 2 và tìm thấy giao điểm
của nó với các cạnh của lăng trụ là S3, S4
Sau đó ta kẻ S S // S C4 5 2 , S S // BC5 6 1 (vì (α*) // BC1), S S // CA6 7 1
Hình ngũ giác S S S S S3 4 5 6 7 là thiết diện (α*) phải tìm
(ta nhận xét rằng S S // S S4 5 3 7)
3) Ta tìm tỉ số CS : S C6 6 1
Xét mặt phẳng (AA B B)1 1 Từ các tam giác đồng dạng
4
AS M và B S M1 3 ta có AS : B S4 1 3=AM : B M1 =5 : 4
Ta ký hiệu S S2 4 x
AB = Chú ý rằng
1
2
ta có : AS4 1 x AB
2
, B S1 3= ư(1 x)AB
Ta có phương trình :
1 x 5 2
+
=
Giải ra ta có x 1
3
= Nghĩa là S S2 4 1AB
3
= , từ đó S B S B S S4 2 2 4 1AB
6
= ư = Vì S S // S C4 5 2 nên CS : S B5 5 =S S : S B2 4 4 =2,
và do S S // BC5 6 1 suy ra rằng CS : S C6 6 1=CS : S B5 5 =2
Đáp số : Cạnh CC1 bị mặt phẳng (α*) chia theo tỷ số 2 : 1 tính từ đỉnh C
C
B M
A
A
B
C 1
1
2
3
1
7
S
S
S
S S
S
6
5 4
Trang 9Câu IVa.
Cho f là một hàm liên tục trên [0 ; 1] Chứng minh rằng
/ 2 f(sinx) dx = 2 f(sinx) dx
Câu Va
Cho parabol P) : y2
= 2px
và đỷờng thẳng
(D) :2mx - 2y - mp = 0
Gọi M’, M’’ là các giao điểm của (P) và (D).Chỷỏng tỏ rằng đỷờng tròn đỷờng kính M’M’’ tiếp xúc với đỷờng chuẩn của parabol (P)
Câu IVb
Cho hình lăng trụ đỷỏng ABC.A B C1 1 1 (đáy là tam giác đều), cạnh đáy bằng a, đỷờng cao bằng h M là một điểm nằm trên đỷờng chéo AB1 của mặt ABB A1 1 sao cho AM : MB1 = 5 : 4 Gọi (a) là mặt phẳng qua M và song song với các
đỷờng thẳng A1C và BC1
1) Tính khoảng cách và góc giữa hai đỷờng thẳng AC và BC1
2) Xác định thiết diện do mặt phẳng (a) cắt lăng trụ
3) Cạnh CC1 bị mặt phẳng (a) chia theo tỉ số nào ?
