Câu II. Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với : (1- a)y2 - 2y + 4a = 0 (1) 1 y cosx = (2) 1) Khi 1 a 2 = : (1) có nghiệm kép y = 2. Thay vào (2) đ-ợc 1 cosx 2 = . Do đó x 2k 3 p = ± + p . 2) Vì 0 < x < 2 p nên số nghiệm (x) của ph-ơng trình đã cho trong khoảng 0 ; 2 ? p ? ? ? ? ? bằng số nghiệm (y) của ph-ơng trình (1) trong khoảng (1 ; +8). Vậy ph-ơng trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ; 2 ? p ? ? ? ? ? khi và chỉ khi ph-ơng trình (1) có 2 nghiệm y1 , y2 khác nhau trong khoảng (1 ; +8) ; tức là a ? 1, ? > 0 và 1< y1 < y2 . So sánh số 1 với 2 nghiệm của ph-ơng trình (1), ta đ-ợc kết quả
Trang 1Câu I
1) ∆ =a2ư ≥4 0 ⇔ |a| ≥ 2
(1)
7
+ >
⇔
2
1 2
x x
7 (x x )
+ >
⇔
⇔
2
2
1 2
(x x ) 2x x 2(x x )
7 (x x )
+ ư ư
(theo định lí Viet) ⇔ (a2ư2)2ư >2 7 ⇔ | a | 5> (2)
Kết hợp (1) và (2) được đáp số : |a| > 5
2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số :
o
x ư , d x , o xo+ d
(d ≠ 0) thỏa mãn (xoưd)3+a(xoư + =d) b 0 ,
x3o+axo+ =b 0, (xo+d)3+a(xo+ + =d) b 0 Giải ra được xo = 0, b = 0, a < 0 tùy ý Khi đó 3 nghiệm là ư ưa, 0, ưa
Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý
Câu II Phương trình đã cho tương đương với :
(1 a)yư 2ư2y+4a=0(1)
y 1 cos x
= (2)
1) Khi a 1
2
= : (1) có nghiệm kép y = 2
Thay vào (2) được cos x 1
2
3
π
= ± + π
2) Vì 0 < x <
2
π
nên số nghiệm (x) của phương trình đã cho trong khoảng 0 ;
2
π
bằng số nghiệm
(y) của phương trình (1) trong khoảng (1 ; +∞) Vậy phương trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ;
2
π
khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm y1, y2 khác nhau trong khoảng (1 ; +∞) ; tức là a ≠ 1, ∆ > 0 và 1 y< 1<y2 So sánh số 1 với 2 nghiệm của phương trình (1), ta được kết quả :
1
3 < a < 1, với
1 a 2
≠
Câu III
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Phương trình của tiếp tuyến d tại M :
4
y (x a)(2a 6a) 3a
Do đó hoành độ các giao điểm của d và đồ thị là nghiệm của phương trình :
Trang 2x 3x (x a)(2a 6a) 3a
2 ư + =2 ư ư + 2 ư + 2
Phương trình này tương đương với :
(xưa) (x +2ax+3a ư = 6) 0
3) Tiếp tuyến d cắt đồ thị tại 2 điểm P ≠ Q ⇔
⇔ f(x) = x2+2ax+3a2ư 6
có 2 nghiệm khác nhau (và khác a) ⇔ ∆' > 0 và f(a) ≠ 0 ⇔
3 a 3
ư < < , a ≠ ±1
Tọa độ điểm K :
K
1
x (x x ) a
2
y a 9a
= + = ư
= ư + +
Khử a ta được :
y x 9x
= ư + +
Vì điều kiện : ư 3< <a 3 , a ≠ ±1 nên ư 3<xK< 3, xK ≠ ±1
Vậy tập hợp các điểm K là phần của đồ thị
y x 9x
= ư + +
ứng với ư 3< <x 3 , x ≠ ±1 (xem Hình )
0
Trang 3Câu IVa 1) x
y
z
c= 1.
2) Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyếnrn = 1
a ;
1
b ;
1 c
, đó cũng là vectơ chỉ phỷơng của đỷờng thẳng OH, suy ra
đỷờng thẳng OH có phỷơng trình tham số
x = t
a , y =
t
b , z =
t
c.
Điểm Hẻ (ABC) ứng với giá trị tham số t là nghiệm của phỷơng trình
t
t
t c
a b + b c + c a
2 2 2
Đặt M = a2b2 + b2c2 + c2a2, ta suy ra tọa độ của H :
xH =ab c
a bc
a b c M
2 2
H
2 2
H
2 2 ,
và độ dàiOH
OH2= x + y + z =H2 a b cM
H
2
H
a b + b c + c a2 2 2 2 2 2
3) Gọi V là thể tích khối tứ diện OABC, S là diện tích tam giác ABC Ta có
V = 1
6abc, V =
1
3OH S
ị S = 1
2 .
abc
1
2 a b + b c + c a2 2 2 2 2 2 . 4) Từ các bất đẳng thức
a2b2 Ê 1
2(a
4 + b4), b2c2 Ê 1
2(b
4 + c4), c2a2 Ê 1
2(c
4
+ a4
)
suy ra a2b2+ b2c2+ c2a2Ê a4+ b4+ c4ị
ị 3(a2b2+ b2c2+ c2a2) Ê a4+ b4+ c4+ 2(a2b2+ b2c2+ c2a2) = = (a2+ b2+ c2)2= k4 ị
Trang 4
S Ê 1
2 .
k
3
2
Dấu đẳng thức chỉ xảy rakhi a2= b2= c2= k
3
2 hay a = b = c = k
3 .
Để ớc lỷỳồng OH, ta viết
1
M
1
1
1 c
vậy k
1
1
1 c
2
3 a b c
2 2 2
2 2 2 = 9,
suy ra OH2Ê k
9
2
Û OH Ê k
3.
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c = k
3 .
Câu IVb 1) Giả sử AH cắt BC tại K.
Vì BC⊥OA, BC⊥OH nên BC⊥mặt phẳng (OAH)ị OK⊥
BC ;
AK⊥BC Nói khác đi OH và OK là các đỷờng cao hạ xuống các
cạnh huyền của tam giác vuông OAK và OBC Từ đó suy ra:
1
1
1
= 1
1
c
1
= 1
1
1
1
1 c
a b + b c + c a2 2 2 2 2 2
Gọi V là thể tích tứ diện, vậyV =1
3OA.S∆OBC =1
6abc.
Mặt khác, V = 1
3OH.S∆ABC ị S∆ABC = 3VOH= 12.
abc
1
2 a b + b c + c a2 2 2 2 2 2.
Trang 5Mặt khác gọi J là trung điểm cạnh BC Kẻ Ju⊥mặt phẳng (OBC) và trong mặt phẳng (OAJ) kéo dài OG cắt Ju tại I Các∆OAG và∆IJG đồng dạng, vậy:
GI
IJ
GJ
1
2.
Từ đó OA = 2IJ nên I cách đều O và A Hơn nữa, mọi điểm trên Ju cách đều 3 điểm O, B, C nên I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC với bán kính:
OI = 1
2 a + b + c2 2 2
ị OG = 2
3 OI =
1
3 a + b + c2 2 2 . 2) Từ hình vẽ (A, B, C là góc của∆ABC)
AB2 + AC2
- 2AB.AC cosA = BC2
= b2 + c2 < <AB2
+ AC2 ị cosA>0ị
A nhọn
Tỷơng tự, ta có cosB>0 và cosC>0ị B, C cũng nhọn Mặt khác : tgB = AK/BK.Nhỷng:
Tỷơng tự, a2
tgA = 2S ; c2tgC = 2Sị a2
tgA = b2tgB = c2tgC = 2S
3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần tỷ mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà AG =
(2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt OA tại
A’ sao cho:AK
a + OK
b + c
b + c
2 2
b
4
3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà
AG = (2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt
OA tại A’ sao cho:OA’ =1
