1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm quỹ tích trung điểm K của đoạn thẳng PQ.. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay H quanh trục Ox... Dùng định lí Vièt... Vậy C
Trang 1ĐỀ SỐ 1
Câu I Cho hàm số
4 2
= − + (C)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2/ Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ bằng a Chứng minh rằng hoành độ giao
điểm của d và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình:(x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = 0
3/ Tìm a để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt P,Q khác M Tìm quỹ tích trung điểm K của đoạn thẳng PQ Câu II 1/ Cho phương trình : (x 3 x 1) ( ) (4 x 3) x 1 m
x 3
+
a/ Giải phương trình (1) khi m = –3
b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thực x
2/ Tìm các nghiệm x ∈ (0 ; 2π) của phương trình : sin 3x sin x sin 2x cos 2x
1 cos 2x
−
3/ Tìm a để bất phương trình a.4x + (a – 1).2x+2 + a – 1 > 0 đúng với mọi số thực x
Câu III 1/ Tính tích phân
1
0
3x 1
x 3x 3x 1
+
=
∫
2/ Chứng minh rằng :
a/ ln(1 x) x 1x2
2 + > − với mọi số thực x không âm
b/ x 1 xn 1
2ne
− < với mọi số nguyên dương n và x ∈(0 ; 1), trong đó e là cơ số của lôgarit tự nhiên
3/ Cho diện tích H là hình phẳng giới hạn bởi y= sin x cos x6 + 6 , trục hoành và hai đường thẳng
x = 0, x
2
π
= Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay H quanh trục Ox
4/ Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x2 + y2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A x y 1 y x 1= + + +
Câu IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, đường chéo AC = 4a, BD = 2a chúng cắt
nhau tại O, đường cao SO = h Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ Xác định h để tam giác B’C’D’ đều và xác định vị trí của C’
Câu V 1/ Cho (P) : y2 = 16x và đường thẳng ∆ : 4x + 3y + 46 = 0 Tim M ∈(P), N ∈∆ sao cho độ dài của MN là ngắn nhất
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0 ; 1 ; 2) và hai đường thẳng :
1
x y 1 z 1
:
− và 1
x 1 t : y 1 2t
z 2 t
= +
= +
a/ Viết phương trình mặt phẳng qua A và song song với hai đường thẳng ∆1 và ∆2
b/ Tìm P ∈∆1, Q ∈∆2 sao cho A, P, Q thẳng hàng
Câu VI Chứng minh rằng tam giác ABC nếu thỏa sin A sin B 2sin C
cos A cos B 2cos C
thì tam giác ABC đều.
================= HẾT =================
HƯỚNG DẪN
Câu I/2 Phương trình tiếp tuyến tại M : ( )( ) 4
Trang 2Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d : ( ) ( ) 4
x a 2a 6a 3a
3x
Biến đổi ⇔ (x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = 0 đ.p.c.m
I.3 d cắt (C) tại hai điểm pbiệt khác M ⇔ x2 + 2ax + 3a2 – 6 = 0 có 2 ngiệm phân biệt khác a
⇔ − 3 a< < 3,a≠ ±1
Tọa độ trung điểm K là : K ( P Q)
K
1
Vậy quỹ tích trung điểm K của PQ là tập hợp điểm thuộc đồ thị
= − + + , − 3 x< < 3, x≠ ±1
II/1.b Điều kiện x > 3 hoặc x ≤ –1
Đặt t (x 3) x 1
x 3
+
− ⇒ t2 = (x – 3)(x + 1) ⇔ x2 – 2x – (3 + t2) = 0 (*)
Ta có phương trình : t2 + 4t – m = 0 Điều kiện có nghiệm t là : m ≥ –4
• Nếu x > 3 thì (*) có nghiệm x 1= + 4 t+ 2
• Nếu x ≤ –1 thì (*) có nghiệm x 1= − 4 t+ 2
Tóm lại : Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ – 4
II/2 Ta có sin 3x sin x sin 2x cos 2x 2cos 2x sin x2 2 cos(2x 4)
Điều kiện : sinx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ Z
* Nếu 0 < x < π (1) cos 2x cos(2x )
4
π
⇔ = − ⇒ nghiệm x , x 9
16 16
* Nếu π < x < 2π (1) cos 2x cos(2x )
4
π
⇔ − = − ⇒ nghiệm x 21 , x 29
II/3 Đặt t = 2x > 0 ta cần tìm a để f(t) = at2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0
Cách 1 Dùng định lí Vièt
Cách 2 Xét a = 0, không thỏa
• a < 0 ta có tlim f (t)→+∞ = −∞, nên tồn tại t đủ lớn để f(t) < 0 nên a < 0 không thỏa.
• Xét 0 < a < 1 thì f(t) = 0 có 2 ngiệm t1 < t2 và 1 2
a 1
a
−
= < nên tồn tại 0 < t < t2 sao cho f(t) < 0
• Khi a > 1 thì f(t) = at2 + 49a – 1)t + a – 1 ≥ at2 > 0 nên a ≥ 1 thỏa điều kiện bài toán
Cách 3 at2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0 ⇔ a(t2 + 4t + 1) > 1 – 4t ⇔ a 21 4t
t 4t 1
−
>
+ + vì t2 + 4t + 1 > 0 Xét f (t) 21 4t
t 4t 1
−
=
+ + , lập bảng biến thiên ⇒ a ≥ 1.
III/1
x 3x 3x 1 (x 1)
y(x) ln(1 x) x x , y '(x) 0, x 0, y(x) y(0) 0
2
b Đặt f(x) = x2n(1 – x), f’(x) = x2n–1[2n – (2n + 1)x], xét bảng biến thiên trên khoảng (0 ; 1) ta có
Trang 3B' D'
C'
O
C
A
B D
S
Suy ra
2n 2n 1 (0;1)
(2n) max f (x) M
(2n 1) +
+ Vậy ta cần chứng minh :
m 1
+ +
1 (m 1) ln 1 1
m
,m = 2n.
Theo (1) ta có
2
Vì m = 2n > 1 Suy ra đpcm
III/4 Áp dụng bất đẳng thức Buniakopski ta có
A2 ≤ (x2 + y2)(2 x + y) = 2 + x + y ≤ 2+ (1 1)(x+ 2+y ) 22 = + 2
Vậy A lớn nhất bằng 2+ 2 khi x y 2
2
= =
IV Ta có AC’ là đường cao trong tam giác cân SAC
Nên C’ thuộc đoạn SC, S là góc nhọn vì vậy OC < SO
Tứ giác AB’C’D’ có các đường chéo AC’ và B’D’
vuông góc với nhau
Gọi K = AC’ ∩ B’D’ ta có SO.AC = AC’.SC = AC' h2+4a2
4ah
AC '
h 4a
+ Mp(AB’C’D’) cắt BC tại B1 ta có AB1//BD và AB1 = 2a
Tam giác B’C’D’ đều ⇔ AB1C’ là nửa tam giác đều
⇔ AC ' AB 3= 1 ⇔ =h 2a 3
Khi đó SO = h = OA 3 ⇒∆ SAC đều Vậy C’ là trung điểm của SC
V/1 Chú ý lý luận d không cắt (P), tìm ∆’//∆ , ∆’ là tiếp tuyến của (P), M là tiếp điểm của ∆’ và (P) Gọi
∆’’ là đường thẳng qua M, ∆’’ ⊥∆ , N là giao ∆’’ với ∆
V/2.b M(2m ; 1 + m ; –1 – m) ; N(1 + n ; –1 – 2n ; 2 + n) Tìm m, n sao cho
AM;AN 0 m 0, n 1
uuuur uuur r
VI Tam giác ABC luôn có sinC > 0 và từ sinA + sinB ≥ sinC ⇔ a + b ≥ 2c ⇒ c ≤ a hoặc c ≤ b ⇒ C nhọn ⇒ cosC > 0 Vậy
sin A sin B 2sin C sin A 2sin A.sin B sin B 4sin C cos A cos B 2cos C cos A 2cos A.cosB + cos B 4cos C
Cộng vế theo vế ta có cos(A – B) ≥ 1 ⇒ cos(A – B) = 1 ⇒ A = B
Thế A = B vào đề bài ta có 2sin A 2sin C A C
2cos A 2cos C
≥
x 0 1
f’(x) + 0 –
M
f(x)
0 0
