1) y' = mxm-1(4 - x)2 - 2(4 - x)xm = = xm-1(4 - x)[4m- (m + 2)x] . a) Xét tr-ờng hợp m = 2. Khi đó ph-ơng trình y' = 0 có ba nghiệm x1 = 0 , 2 x 4m m 2 = + và x3 = 4 . Nếu m - 1 chẵn (tức m = 3, 5, 7, ...) thì y' sẽ cùng dấu với (4 - x) [4m - (m + 2)x] và do đó : ymin (4) = 0 và
Trang 1www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
Câu I 1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Qua khảo sát, ta dự đoán rằng trục đối xứng của đồ thị là đỷờng x = 1 Thực vậy, đặt
x X
y Y
= +
=
1
thì phỷơng trình ban đầu trở thành: Y = X4
- 8X2 + 6;
hàm này là hàm chẵn, do vậy đồ thị nhận trục O1Y làm trục đối xứng
Tìm giao với trục hoành : y = 0Û Y=0
ÛX4
- 8X2
+ 6 = 0ị X1 2 3 4 , , , =± 4 ± 10
ị x1 2 3 4, , , = 1± 4 ± 10
Câu II.
1) Theo giả thiết, ta phải có:(x + 1)y + xy + (x - 1)y =π (1)
Û xy =π
3 .
Từ đó suy ra:
(x + 1)y =π
3 + y ; (x - 1)y =
π
3 - y.
Vì xy =π
3 nên từ (1) suy ra:
0< π π
3 - y <
2
3 , (2)
0<y +
3 <
2 3
(3)
Trang 2www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
(Chú ý : (x + 1)y>0 ; (x - 1)y>0) Từ (2) và (3) suy ra:
-3 < y < 3
(4)
Cần chọn y thỏa mãn (4) sao cho:
sin
3 + y = sin 3 + sin 3 - y
Û
1 - cos 2
3 + 2y =
3
2 + 1 - cos
2
3 - 2y
Û
- cos 2
3 + 2y + cos
2
3 - 2y =
3 2
2sin2
3 sin2y =
3 2
π
Û sin2y = 3
2 .
Do (4) nên chỉ có nghiệm duy nhất : yo=π
6, và do vậy xo= 2
Vậy : nếu bài toán có nghiệm thì phải có xo= 2, yo=π/6
Thử lại, thấy thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt ra (đề nghị tự kiểm tra)
Đáp số : xo= 2 ; yo=π
6. 2) a) a2 = b2 + c2 - 2bccosA =(b - c)2 + 2bc(1 - cosA)↔
³ 2bc (1 - cosA) = 2bc.2sin2A
2
a 4bc sin
A 2
2
2
2
a
2 bc
Trang 3www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
b)aA + bB + cC
a + b + c ≥ 3
π
Û aA + bB + cC (a + b + c)
-A + B + C
3 ≥ 0Û
⇔3(aA + bB + cC) - (a + b + c)(A + B + C)
3(a + b + c) ≥ 0 (a - b)(A - B) + (b - c)(B - C) + (c - a)(C - A)
3(a + b + c) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng (vì đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh lớn hơn)
Câu III 1) Biến đổi hàm số đã cho:
y = (x + 1) + 1 + 2 x + 1 +3 3 (x + 1) + 1 - 2 x + 1 =3 3
= (1 + x + 1) + (1 - x + 1) =3 2 3 2
= 1 + x + 1 + |1 - x + 1|3 3 ↔
³ 1 + x + 1 + 1 - x + 1 = 23 3
(Chú ý : hàm số xác định với"x ³ -1) Vậy min y = 2 (khi - 1 Ê x Ê 0)
2) Điều kiện để căn bậc hai có nghĩa : -2Ê x Ê 4
Biến đổi bất phỷơng trình nh sau:
- 4 - x + 2x + 82 ≤ - (- x + 2x + 8) + a - 102
đặt t= - x + 2x + 82 thìkhi -2 Ê x Ê 4 sẽ có 0 Ê t Ê 3
a) Bất phỷơng trình trở thành:
-4tÊ -t2
+ a - 10Û t2
- 4t + 4Ê 0 Û t = 2
Từ đó giải phỷơng trình:
-x + 2x + 82 = 2 sẽ đ ợc : x 1 2, = 1⊄ 5.
b)Ta cần tìm a sao cho với"t ẻ [0 ; 3] ta đều có:f(t) = t2
- 4t + 10 - aÊ 0 Û 1 0 0
1 3 0
( ) ( )
f f
≤
≤
10 0
− ≤
− ≤
a
a Û a ô 10.
Trang 4_ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_
Câu IVa
1) Gọi (x ,y ),(x ,y )A A B B là tọa độ các điểm A, B ; gọi I (x ,y )= 1 1 là trung điểm của đoạn AB ta có :
2
2
2
Theo giả thiết :
AB = 2 ⇒ AB2=(xAưx )B 2+(x2Aưx )2 2B =4
⇒ 4 (x= Aưx )B 2+(xAưx ) (xB 2 A+x )B 2=
1
4
1 4x
+
Mặt khác
Do đó tập hợp trung điểm I của AB là đường có phương trình
2
2
1
y x
1 4x
+
2) Không giảm tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng xA<xB.Khi đó ta thấy diện tích phần mặt phẳng bị giới hạn bởi parabol và cát tuyến AB chính là :
A
x
x
1
2
6
Rõ ràng | xBưx |A ≤ AB = 2, đẳng thức xảy ra
Câu IVb
1) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD, OK ⊥ AD
Tam giác AOD vuông ở O Do đó :
Trang 5_ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_
Mặt khác, AI : DJ = 1 : 4
Từ đó AI = R/2 ⇒ AB = R và CD = 4R
Do SO ⊥ (ABCD) nên
Mặt khác, AD = BC = AK + DJ =
2R
2
2
đáy
2 tp
3 SABCD 10
3
=
2) AD ⊥ (SOK) ⇒ SAD)⊥ SOK) Vậy hình chiếu của O lên (SAD) thuộc SK Tương tự với các mặt còn lại
Mặt khác, các tam giác SOK, SOH, SOI và SOJ đều vuông và bằng nhau nên các khoảng cách từ O đến 4 mặt bên bằng nhau
Rõ ràng, với cách lập luận như vậy hình chiếu của điểm O' bất kì thuộc SO lên 4 mặt cũng cách đều O' Muốn O' là tâm cầu nội tiếp hình chóp, ta vẽ đường phân giác của SKOn, đường này cắt SO ở O'
Bán kính mặt cầu nội tiếp bằng r = O'O = O'E
Vì ∆ SOK ∼ ∆ SEO' ta có :
OK SK SK
ư
hay R R 5
ư
R( 5 1)
r
2
ư
=
J I
