Tìm các giá trị của m để hàm số 1 đồng biến trên từng khoảng xác định... Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1... Chứng minh rằng đường tròn
Trang 1Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số
2
2 1 ) 2 3 ( 2
+
− +
− +
=
x
m x
m x
y (1) , m là tham só thực
1 Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định
Bài giải :
D = R \ {-2}
2 2
) 2
(
5 8 4
'
+
− +
+
=
x
m x
x
y
Đặt g(x) =x2 + 4x+ 8m− 5
m m
' = − + = −
∆
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ⇔ g(x) ≥ 0 ∀ x ⇔ m ≥ 9/8
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
2 cos sin 4 2 sin 2 cos sin
x x
x
2. Giải hệ phương trình :
=
−
−
=
−
−
y x
x y x
4
3
)1 (
8 1
Bài giải :
1
2 cos sin 4 2 sin 2 cos
sin
x x
x
0 1 sin sin
2 sin 2 sin 2 1 sin 3 ) cos 1 ( sin 2 2 sin 2 cos
sin
+
=
+
−
=
+
=
⇔
−
=
=
⇔
π π
π π
π π
2 6 7
2 6
2 2
2
1 sin
1
sin
k x
k x
k x
x
x
(k ∈ Z)
2
=
−
−
=
−
−
y
x
x y x
4
3
)1
(
8
1
Điều kiện x ≥ 1 ; y ≥ 0 Hệ phương trình tương với
−=
+−
+−=
−
⇔
=−
−=−
−−
4
2 3 4
3
2
)1(
)1(
8)1 (
1 )1(
8)1
(1
xy
xx
x y
x
x
x
x
Xét (1) x− 1 = −x3 + (x− 1 ) 2 + 8
Đặt f(x) = x− 1 ; g(x) = −x3 + (x− 1 ) 2 + 8 với x ≥ 1
1 )
2
(
)
2
f
1 0
2 2 3
)
(
' x = − x2 + x− < ∀x≥
g
f (x) là hàm số đồng biến , g(x) là hàm số nghịch biến nên x = 2 là nghiệm duy nhất của (1)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 2 ; y =1
Câu III: (2 điểm)
Trang 2Trang 2
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;–1) B(2;3;–1) , C(1;3;1) và đường thẳng d:
= + +
= +
−
4
0
1
z y x
y x
1 Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1
2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Bài giải :
*−AB→= ( 1 ; 3 ; 0 ) ; −AC→= ( 0 ; 3 ; 2 ) −AB→,−AC→= ( 6 ; − 2 ; 3 )
Phương trình mặt phẳng (ABC): 6x – 2y + 3z – 3 = 0
Diện tích tam giác ABC : , 27
2
1
=
= −−AB→−−AC→
S ABC
Gọi h là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC) :
7
6
=
ABC
S
V h
Từ phương trình đường thẳng d
= + +
= +
−
4
0 1
z y x
y
x
Ta có M(0;1;3) ; N(-1;0;5) NM−→=(1;1;−2)
Phương trình đường thẳng d:
−
=
+
=
=
t z
t y
t x
2 3 1
D ∈ d ⇒ D(t ; 1+t ; 3 -2t)
−
−
⇒
−=
=
⇒
=
−
⇒
=
)5;
0;1 (
)7
;6;
5(
1
5 7
6
7
|2
4|
7
6
D
D t
t t
h
• Gọi H(a;b;c) là tọa độ trực tâm tam giác ABC
) 2
; 3
; 0 (
; ) 2
; 0
; 1 (
; ) 1
; 3
; 2 (
; ) 1
;
;
1
→
−
AC BC
c b a BH c
b
a
AH
Ta có hệ phương trình
−=
=
=
⇒
=−+
−
=−+
=++
−
⇒
∈
=
=
→−−→−−
→−−→−−
49/31 49/135
49/85
03
32
6
07
23
02
2
)(
0.
0.
c b
a
cb
a
cb
ca
ABC
H
ACBH
BCAH
Phương trình đường thẳng cấn tìm
+
−
=
−
=
+
=
t z
t y
t x
3 49 / 31
2 49 / 135
6 49 / 85
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân : =∫ −
1
3
4 x dx x
I
Trang 32 Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thức không âm x,y Chứng minh rằng :
≥
Bài giải :
−
=
1
0
1
2 2
3
4
x dx
x
x
Đặt t= 4 −x2 ⇒x2 = 4 −t2 ⇒xdx= −tdt
Khi x = 0 ⇒ t = 2 ; khi x = 1 ⇒ t= 3 Ta có
−
=
−
=
−
=
−
−
=
3
2
2
3 3 2
3 2 2
3 3 3
16 3 3 4 3
8 8 3
1 4 ) 4 ( ) (
4
t t dt t tdt
t
t
I
2 n x n +y n ≥n+ 1x n+ 1 +y n+ 1 (*)
Khi
=
=
0
0
y
x
Hiển nhiên (*) luôn đúng
Khi x,y >0 Không mất tính tổng quát Giả sử 0 < x ≤ y Đặt t =x y ; t ∈ (0 ; 1]
Ta luôn có
1
) 1 ln(
) 1 ln(
) 1 ln(
) 1 ln(
) 1 ln(
1 1
1 1
1 1
+
+
≥
+
≥
+
⇔ +
≥ +
⇔ +
≥
n
t n
t n
t t
t t
t
n n
n n
n n
n
≥
+ +
⇔ +
≥ + +
1
1 1
ln 1 ln ) 1
n n n
n n n
n
y
y x n y
y x n
i n t
n
n
n n n
n
n n
y x y
x y
y x y
y
1
1 1 1
+ + + +
+ + +
+
≥ +
⇔
≥
⇔
≥ +
⇔n x n y n n x n y n (đpcm)
Câu Va:(2 điểm)
Chứng minh rằng với n là số nguyên dương
) 1 ( 2
1 3 1
2
2
1
+
−
= +
+ +
+
+
−
n
C n
C
n
n n
n
n
n
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) và B(0;4) Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB
Bài giải :
1 Khai triển nhị thức Newton
n n
n n
n n
n n
Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 Ta có
2 0 2
0 1 2
0
1 0 2
0 1
2 2 1 1 2
0 0 2
0
1
1
)
1
(
)
( )
1
(
x C n
x C n
x C n
x
dx C x
C x C x C dx
x
n n n
n n
n n
n n n
n n n n n n
+ +
+ +
=
+
+
⇔
+ + +
+
=
+
+ +
−
−
∫
∫
n n n
n n
n
n
C C
n
C n
2
2 1
2
1
1
1 0
1
1
+ + +
+
=
+
+
Chia hai vế cho 2 Ta được
) 1 ( 2
1 3 1
2
2
1
+
−
= +
+ +
+
+
−
n
C n
C n
n n
n
n
n
(đpcm)
2 OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5
P là nửa chu vi tam giác OAB P = 6
S là diện tích tam giác OAB : S = 6
r là bán kính đường tròn nội tiếp = = 1
p
S r
Tam giác OAB nằm ở góc phần tư thứ nhất có 2 cạnh là 2 trục tọa độ nên tâm I của đường tròn nội tiếp (C) có tọa
độ dương cách 2 trục tọa độ 1 khoảng bằng 1 ⇒ I(1;1)
2
3 ( );
2
; 0 ( );
0
; 2
3
M
⇒ Giả sử đường tròn (C’) qua M,N,P có phương trình (C' ) :x2 +y2 + 2ax+ 2by+c= 0 Ta có hệ phương trình
Trang 4Trang 4
=
−=
−=
⇔
=+
++
=+
+
=+
+
0 1 4/3
0
4
25
4
3
04
4
0
4
9
3
c b a
cb
a
cb
ca
Đường tròn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính
4
5 '=
r
Ta có I = =r'−r
4
1
' Vây hai đường tròn (C) và (C’) tiép xúc trong
Câu Vb: (1 điểm)
1. Giải bất phương trình : 32x+ 1 −22x+ 1 −5.6x <0
2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc gữa hai đường thẳng AC , BC
Bài giải :
1.
0 2 2
3 5 4
9 3 0 4 2 6 5 9 3 0 6 5 2
−
⇔
<
−
−
⇔
<
−
x
2
3
>
=
x
2
3 0 2
0 02 5 3
0
2
3
<⇔
<<
⇔
<−
−
>
x
t t
t
a
a
a
a
a
I
N
M
D
C B
A
Trang 5Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD
MN AB BCN
AB
CN
AB
BN
AB
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
) (
2
3
a
CN
BM AM BCD
AM
ACD
AM
CD
AM
BCD
ACD
⊥
⇒
⊥
⇒
⊂
⊥
⊥
)
( )
(
)
(
)
(
BM AM BCD
∆
AMB
∆
⇒ vuông cân
2
a
MN =
2
2 4
4
3 2 2 2
NM ND
Diện tích tam giác NCD
4
2
2
MN DM MN DC
Thể tích tứ diện ABCD :
12
2 4
2 3
1
3
a S
AB V
V
∆MIN là tam giác đều
) , () ,
(
//
=
⇒
IM NI BC
AD
BC
IM
AD
NI
=600