Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm.. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm.
Trang 1ĐỀ THI THỬ SỐ 01 Diễn đàn Toán Học MATH.VN
(Thời gian: 180 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)
Đề bài: Cho hàm số y = x4− 2mx2+ 2 (Cm) với m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m = 1
2 Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm
Lời giải:
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m = 1 Bạn đọc tự giải
2 Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm
Tập xác định ℝ
Ta có y ' = 4x3− 4mx = 4x(x2− m)
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt (khi đó y ' đổi dấu qua 3 nghiệm đó), hay phương trình x2= m có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
Do đó m > 0 Tọa độ 3 điểm cực trị là A(0; 2), B( m √ ; 2 − m2), C( − m √ ; 2 − m2)
Vì B, C đối xứng nhau qua trục tung nên BC luôn vuông góc với OA
Do đó O là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi OB→⋅ AC→ = 0 Hay m4− 2m2− m = 0
Giải ra ta được m = 0, m = − 1, m =1 ± 5√
2
So sánh điều kiện ta có giá trị cần tìm của m là m =1 + 5√
2 .
Bình luận:
Muốn giải quyết câu hỏi này cần phải nắm chắc kiến thức của phần cực trị và véc tơ Một trong những sai lầm thường gặp là việc xác định m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị Rất nhiều học sinh nói rằng: hàm số có 3 điểm cực trị khi và khi y’ có 3 nghiệm phân biệt, điều đó không chính xác
Nếu bạn cẩn thận, bạn nên lập bảng biến thiên trong từng trường hợp m = 0, m > 0, m < 0
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: √ (sin2x + sinx) + cos2x − cosx = 23
Lời giải 1
Đặt x = π
6+ t ta có phương trình trở thành:
3
√
sin
π
3+ 2t
+ sinx
π
6+ t
+ cos
π
3+ 2t
− cos
π
6+ t
= 2
⇔√3
2.(sin2t + 3 √ cos2t + 3 √ sint + cost) +1
2.(cos2t − 3 √ sin2t − 3 √ cost + sint) = 2
⇔ 2cos2t + 2sint − 2 = 0 ⇔ 2sint − 4sin2t ⇔ 2sint.(1 − 2sint) = 0
⇔
sint = 0 sint =1
2
⇔
t = n.π
t = ( − 1)||n||+ 2.π
6+ n.π ∀ n ∈ ℤ
Tức là phương trình đề ra có tập nghiệm là: ⎧
⎨
⎩
π
6+ n.π;
π
6.⎛⎝1 + ( − 1)||n|| + 2⎞
⎠ + n.π : ∀ n ∈ ℤ⎫⎬⎭.
Lời giải 2
PT⇔√3
2 sin2x +
1
2cos2x +
3
√
2 sinx −
1
2cosx = 1
Trang 22 2 2 2
⇔ cos
2x −
π
3
+ sinx −
π
6
− 1 = 0
⇔ − 2sin2
x −
π
6
+ sinx −
π
6
= 0
Vậy xảy ra:
+) Nếu sin
x −
π
6
= 0 thì x =
π
6+ kπ +) Nếu sin
x −
π
6
=
1
2 thì x = x =
π
3+ k2π hoặc x = π + k2π
Bình luận:
* Ý tưởng của cách 1 có hẳn một chuyên đề của thầy Nguyễn Song Minh trên diễn đàn, các bạn tham khảo tại đây ở đây
* Khi giải PTLG nếu trong PT xuất hiện √ sinx ± cosx thì ta liên tưởng đến cách giải PT bậc nhất3 đối với sinx và cosx
* Ở chỗ này :√3
2 sin2x +
1
2cos2x có hai hướng để biến đổi hoặc đưa về cos
2x −
π
3
hoặc đưa về
sin
2x −
π
6
Tuy nhiên đưa về cos2x −
π
3
cho chúng ta lời giải đơn giản hơn.
* Bài PT trình được chế rất đẹp từ PT bậc nhất đối với sinx và cosx
* Bài tương tự:
1) (1 − 2sinx)cosx
(1 + 2sinx)(1 − sinx)= 3√ (Khối A - 2009
2) sinx + cosxsin2x + 3√ cos3x = 2(cos4x + sin3x) (Khối B - 2009)
3) √ cos5x − 2sin3xcos2x − sinx = 0 (Khối D - 2009).3
2 Tìm tham số m để phương trình log√2(mx − 6x3) + 2log1
2
( − 14x2+ 29x − 2) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt
Lời giải
Ta có log√2(mx − 6x3) + 2log1
2
( − 14x2+ 29x − 2) = 0
⇔ log√2(mx − 6x3) = log√2( − 14x2+ 29x − 2)
⇔
−14x2+ 29x − 2 > 0
mx − 6x3= − 14x2+ 29x − 2
⇔
1
14 < x < 2
mx = 6x3− 14x2+ 29x − 2
⇔
1
14 < x < 2
m = 6x
3− 14x2+ 29x − 2
Xét (C) : f (x) =6x
3− 14x2+ 29x − 2
x với x∈
1
14; 2
Có f '(x) = 12x
3− 14x2+ 2
x2
f '(x) = 0
1
14< x < 2
⇔ x =1
2∨x = 1
(1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) : y = m và đồ thị (C) với
x∈
1
14; 2
.
Trang 3Số nghiệm của phương trình đã cho cũng chính là số giao điểm của (d) và (C) trên
1
14; 2
nên
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt trên
1
14; 2
Dựa vào bảng biến thiên, yêu cầu bài toán ⇔ 19 < m <39
2.
Bình luận:
Đây là bài toán thuộc dạng sử dụng phương pháp hàm số, các bạn nên chú ý phương pháp này, đã
có nhiều đề thi đại học cùng dạng
Ví dụ:
Khối B năm 2006 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt
x2+ mx + 2
Khối A năm 2007 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực
3 x − 1√ + m x + 1√ = 2 x4√ 2− 1
Câu III (1,0 điểm) Tìm giới hạn lim
x → 0
ln(1 + tan2x − sin2x)
x(e x2− 1) .
Lời giải
lim
x → 0
ln(1 + tan2x − sin2x)
x(e x2− 1) = limx → 0
ln(1 + tan2x − sin2x) tan2x − sin2x
x3
tan2x − sin2x.
e x2− 1
x2
= lim
x → 0
tan2x − sin2x
x3 = lim
x → 0
sin2x 2x .
1 − cos2x cos2x
1
2x2
= lim
x → 0
4sin2x
x2 = 4
Bình luận:
Khi gặp các giới hạn có hàm số lượng giác, mũ, logarit thì các bạn cần nhớ đến các giới hạn cơ bản của các hàm số đó
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC Biết đường thẳng M N tạo với mặt đáy góc 30o Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Lời giải
Trang 4Trước hết gọi O là tâm của hình vuông và I là trung điểm AO Khi đó M I||||SO⇒ M I ⊥ m p(ABCD) ⇒ I N M^ = 30o Trong ΔCIN có I N2= IC2+ N C2− 2.IC.NC.cos45 o
=5a 2
8 ⇒ SO = 2.M I = 2.I N.tan30 o=a 30√
6 .
Do đó V S.ABCD=a
3√30
18 .
Bình luận:
Bài toán này khá cơ bản, các bài toán về thể tích vẫn là món ăn thường xuyên trong các đề thi đại học
Câu V (1,0 điểm) Cho a; b là các số thực dương Chứng minh rằng 1
a2+ 1
b2+
4
a2+ b2≥32(a2+ b2)
(a + b)4
Lời giải 1
(a2+ b2)2
a2b2(a2+ b2)+
4a2b2
a2b2(a2+ b2)≥(a2+ b2+ 2ab)
2
2a2b2(a2+ b2) =
(a + b)4 2a2b2(a2+ b2)'
Ta cần chứng minh: (a + b)
4
2a2b2(a2+ b2)≥32(a2+ b2)
(a + b)4
⇔ (a + b)4≥ 8ab(a2+ b2)
⇔ ((a2+ b2) + 2ab)2≥ 8ab(a2
+ b2)
Lời giải 2
Đặt x = a
b+
b
a , x ≥ 2.
BĐT ⇔ (a + b)2
1
a2+ 1
b2+
4
a2+ b2
≥
32(a2+ b2)
(a + b)2
⇔ x2+ 2x +8
x+ 4 ≥
32x
x + 2
⇔ (x − 2)2(x2+ 8x + 4) ≥ 0.
Bình luận:
Bài BĐT này không khó, nhưng cũng đòi hỏi học sinh phải có tư duy BĐT nhất định mới giải quyết được Có nhiều cách giải khác cho bài toán này, các bạn có thể tìm tòi coi như bài tập
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
Phần A Câu VIa (2,0 điểm)
1 Lập phương trình các cạnh của tam giác đều ABC biết A(3; − 5) và trọng tâm G(1; 1)
Lời giải:
Gọi M là trung điểm BC suy ra →AG = 2 GM → ⇒ M (0; 4) và PT (BC) : x − 3 y + 12 = 0.
Giả sử B(3 y0− 12; y0) và từ GA = GB dẫn tới PT (3 y0− 13)2
+ (y0− 1)2
= 40⇔
y0= 4 + 3√
y0= 4 − 3√
Nếu y0= 4 + 3√ ⇒ B( − 3 3√ ; 4 + 3√ ) ⇒ C(3 3√ ; 4 − 3√ )
Nếu y0= 4 − 3√ ⇒ B(3 3√ ; 4 − 3√ ) ⇒ C( − 3 3√ ; 4 + 3√ )
Từ đó có PT các cạnh của tam giác ABC
Bình luận:
Khi giải các bài toán về các yếu tố trong tam giác, các bạn nên xem lại các kiến thức về các điểm đường đặc biệt trong tam giác
2 Cho ba điểm A(5; 3; − 1), B(2; 3; − 4), C(1; 2; 0) Tìm tọa độ điểm S trong không gian sao cho
Trang 52 Cho ba điểm A(5; 3; − 1), B(2; 3; − 4), C(1; 2; 0) Tìm tọa độ điểm S trong không gian sao cho hình chóp S.ABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông
Lời giải
Hình chóp S.ABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông suy ra S nằm trên đường thẳng vuông góc với m p(ABC) và qua trực tâm của tam giác ABC
Nhận xét rằng ΔABC đều nên S nằm trên trục của đường tròn tam giác ABC Khi đó tâm của ΔABC là G
8
3;
8
3; −
5 3
và →u =AB→, AC→
= ( − 3; 15; 3) nên PT trục của đường
tròn tam giác ABC là
x =8
3− t
y =8
3+ 5t
z = −5
3+ t
Thêm điều kiện SC→ SB→= 0⇔
t −
5 3
t −
2 3
+
2
3+ 5t
5t −
1 3
+t −
5 3
t +
7 3
= 0⇔
t =1
3
t = −1
3 .
và ta có hai điểm S
7
3;
13
3; −
4 3
và S(3; 1; − 2) thỏa mãn.
Bình luận:
Có thể giải bài toán thuần túy vec tơ, tức là điều kiện của bài toán được thỏa mãn nếu xảy ra đồng thời →S A ⋅ S→B = 0, S→B ⋅ S→C = 0, S→C ⋅ S→A = 0 Cách làm này đi đến một hệ 3 phương trình 3 ẩn
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng dạng hữu tỷ khi khai triển nhị thức
2 x4
3
x3 4
√
n
biết rằng
A n3+ 22C n + 11 = 2(19C n + 3 n + 1+ 4)
Lời giải
A n + 22C n − 11 = 2.(19C n + 3 n + 1+ 4)
(n − 3) ! + 22(n − 1) = 38
(n + 3) ! (n + 1) !.2 !+ 8
⇔ (n − 2)(n − 1)n + 22(n + 1) = 19(n + 2)(n + 3) + 8
⇔ n3− 22n2− 71n − 100 = 0 ⇔ n = 25.
Khi ấy
2 x4
3√ − 5
x3 4
√
25
= ∑
k = 0
25
C25k.
2.x
4
3
k
.( − 5)25− k.
x− 34
25− k
= ∑
k = 0
25
C25k.2k.( − 5)25− k x
25(k − 9)
12
Ta có:
25.(k − 9)
0 ≤ k ≤ 25
⇔
k = 9
k = 21
Vậy có 2 số hạng hữu tỷ là:
C259.29.( − 5)16 và C25.221.( − 5)4.x25
Bình luận:
Đây là dạng toán đã từng gặp nhiều lần trong đề thi đại học, các bạn cũng không nên chủ quan
Một số ví dụ:
Khối A năm 2003 Tìm số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton của
1
x3+ x√ 5
n
biết rằng
Cn+ 4n + 1 − C n+ 3n = 7(n + 3).
Khối A năm 2004 Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của (1 + x2(1 − x))8
Trang 6Khối A năm 2004 Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của (1 + x2(1 − x))8.
Phần B Câu VIb (2,0 điểm)
1 Viết phương trình cạnh AB (đường thẳng AB có hệ số góc dương), AD của hình vuông ABCD biết A(2; − 1) và đường chéo BD : x + 2 y − 5 = 0
Lời giải
Do AC ⊥ BD nên PT (AC) : 2x − y − 5 = 0 và tính được tâm của hình vuông
I(3; 1) ⇒ C(4; 3) ⇒ AC2= 20
Gọi B(5 − 2 y0; y0) và đẳng thức 2AB2= AC2 dẫn tới PT (3 − 2 y0)2+ (y0+ 1)2= 10⇔
y0= 0
y0= 2 Suy ra với y0= 0⇒ B(5; 0) ⇒ D(1; 2) còn y0= 2⇒ B(1; 2) ⇒ D(5; 0).
Vì đường thẳng AB có hệ số góc dương nên PT (AB) : x − 3 y − 5 = 0 và (AD) : 3x + y − 5 = 0
2 Cho ba điểm A(5; 3; − 1), B(2; 3; − 4), C(1; 2; 0) Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều và tìm tọa độ điểm D sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều
Lời giải
Ý thứ nhất chỉ cần kiểm tra AB = BC = CA = 3 2√ là xong
Để xác định tọa độ D có rất nhiều cách tiếp cận, khai thác theo các tính chất của tứ diện đều
Chẳng hạn ta tính tâm của tam giác ABC là G
8
3;
8
3; −
5 3
và →u =AB→, AC→
= ( − 3; 15; 3) nên PT
trục của đường tròn tam giác ABC là
x =8
3− t
y =8
3+ 5t
z = −5
3+ t
Cuối cùng giải PT
5
3− t
2 +
2
3+ 5t
2 +
−
5
3+ t
2
= 18⇔
t =2
3
t = −2
3 .
và ta có hai điểm
D
2;
34
9; − 1
và D
10
3;
14
9; −
7 3
thỏa mãn.
Bình luận:
Cũng có thể giải hệ DA = DB = DC = AB
Câu VIIb (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi giá trị khác không của tham số m , tiệm cận xiên của
đồ thị hàm số y = mx
2− 2(m − 1)x − m3+ 4m2− 5m + 4
x − m + 1 (Cm) luôn tiếp xúc với một parabol
(P) : y = ax2+ bx + c cố định.
Lời giải 1
Tiệm cận xiên: y = mx + m2− 3m + 2
Tiệm cận xiên tiếp xúc với (P) ⇔phương trình :
ax2+ bx + c = mx + m2− 3m + 2 ⇔ ax2+ (b − m)x + c − m2+ 3m − 2 = 0 có nghiệm kép với m
⇔ (b − m)2− 4a(c − m2+ 3m − 2) = 0 ⇔ (1 + 4a)m2− (2b + 12a)m + b2− 4ac + 4a = 0 ∀ m
⇔
1 + 4a = 0 2b + 12a = 0
b2− 4ac + 4a = 0
Từ đó ta tìm được: a = −1
4; b =
3
2; c = −
1
4. Vậy (P) : y = −1
4x
2+3
2x − 1
4.
Trang 7Lời giải 2
Ta có : y = mx + m2− 3m + 2 + m2− 3m + 4
x − m + 1 nên có
lim
x → ±∞ (y − mx − m2+ 3m − 2) = lim
x → ± ∞
m2− 3m + 4
x − m + 1
= 0⇒ đường thẳng y = mx + m
2− 3m + 2( m
khác 0) là T C X của đồ thị hàm số
Ta viết lại T C X : y = mx + m2− 3m + 2 =
m +
x − 3
2
2 +−x2+ 6x − 1
4 Xét Parabol(P):y = −x2+ 6x − 1
4 Hoành độ giao điểm của T C X và (P) là nghiệm PT :
m +
x − 3
2
2 +−x2+ 6x − 1
−x2+ 6x − 1
m +
x − 3
2
2
= 0 , PT này luôn có nghiệm kép
x = 3 − 2m Chứng tỏ khi m khác 0T C X của đồ thị hàm số đã cho luôn tiếp xúc với Parabol(P) (đpcm)
Hết
