1) Khi m = 0 hàm có dạng y = x3 - 3x2 - 9x . Đề nghị bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị. 2) Khi đó điểm x2 phải là điểm uốn của đồ thị. Vì vậy ta buộc cho y''(x2 ) = 0 sẽ đ-ợc x2 ? 6x - 6 = 0 ? x2 = 1. y(x2 ) = y(1) = 0 ? -11 + m = 0 ? m = 11. Với m = 11 hàm có dạng : 3) y = x3 - 3x2 - 9x +11 = (x -1)(x2 - 2x -11) . Khi đó đồ thị sẽ cắt trục hoành tại ba điểm x1 =1- 2 3 ; x2 = 1 ; x3 =1+ 2 3 .
Trang 1
Câu I
1) Khi m = 0 hàm có dạng y=x3ư3x2ư9x Đề nghị bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị
2) Khi đó điểm x2 phải là điểm uốn của đồ thị Vì vậy ta buộc cho y ''(x )2 = 0 sẽ được x2 ⇔ 6x ư 6 = 0 ⇒ x2 = 1
2
y(x ) = y(1) = 0 ⇔ ư11 + m = 0 ⇒ m = 11 Với m = 11 hàm
có dạng :
3) y=x3ư3x2ư9x 11 (x 1)(x+ = ư 2ư2x 11)ư Khi đó đồ thị sẽ cắt trục hoành tại ba điểm
1
x = ư1 2 3 ; x = 1 ; 2 x3= +1 2 3
Câu II
1) Tìm các giá trị của x ∈ (0 ; 2π) thỏa mãn phương trình
sin 3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos 2x
ư
Viết lại phương trình :2 cos 2x sin x 2 cos 2x
4
2 sin x
π
Với 0 < x < π thì có : cos2x = cos 2x
4
π
Giải ra sẽ được x1
16
π
= và x2 9
16
π
=
Với π < x < 2π thì có : cos2x = cos 2x
4
π
Giải ra sẽ được :
3
21
x
16
π
= và x4 29
16
π
=
2) Gọi giao của hai trung tuyến
là G Ta có :
(3BG)2+b2=2(c2+a )2
Từ đó :
2 2 2 2 2
9(AG +BG )=4c +a +b ,
AG +BG =AB ⇔ AA1⊥BB1
Vậy AA1⊥BB1 ⇔ 9c2=4c2+a2+b2 ⇔
a +b =5c ⇔ 2abcosC = 4c2 ⇔
C
2ab cos C 4c
ab sin C ch ⇔ 2cotgC =
C
4(h cotgA h cotgB)
4(cotgA cotgB) h
+
2 2 2 2
(3AG) a 2(c b )
Trang 2Trước hết, tìm a để hệ có nghiệm
Rút y = 2a ư 1 ư x thế vào phương trình thứ hai, ta sẽ được :
2x ư2(2a 1)xư +3a ư6a+ =4 0
2
∆ = ư + ư ≥ ⇔
ư ≤ ≤ + (*)
Với a thỏa mãn (*) thì hệ có nghiệm Viết lại phương trình như sau :
(x+y) ư2xy=a +2aư3 ⇔
⇔ (2a 1)ư 2ư2xy=a2+2aư3 ⇔
2xy=3a ư6a+4
Từ đó suy ra : để xy đạt trị nhỏ nhất ta phải lấy a 2 2
2
= ư (xem hình , đặt z=3a2ư6a+4)
Trang 3
Câu IVa 1) (D) có phỷơng trình y = kx, vậy các giao điểm M, N của (D) với (H) có hoành độ xác định bởi
x
4
-k x
9
= 1 Û 1
4
-k
9 x
2 2
Phải có điều kiện
k
9 <
1
4
2
hayk < 9
4
2 , khi đó xM N, = ±
−
6
9 4k2 ,
yM N, = ±
−
6k
9 4k2 .
Tỷơng tự (D’) có phỷơng trình y = - 1k x, suy ra các giao điểm P, Q của (D’) với (H) có tung độ xác định bởi
k y
-y 9
= 1Û k
4
-1
9 y
2
2
Phải có điều kiện
k
4 >
1
9
2
hay k >2 94
2) Ta có
OM2 =x + y =36(1 + k )
9 - 4k
M
2
M
OP2 =x + y = 36(1 + k )
9k - 4
P
2
P
vậy diện tích hình thoi MPNQ bằng
S = 2.OM.OP =
(9- 4k )(9k - 4)
2
Trang 43) Để ý rằng
1
9 - 4k
36(1 + k ,
1
9k - 4 36(1 + k
2
2
2
1
5 36
Vậy
2
OM.OP
1
1
5 36
5
ị S = 2.OM.OP ³ 144
5 , dấu = chỉ xảy ra khi OM = OPÛ
Û 9 - 4k2
= 9k2 - 4Û k2
= 1
Khi đó (D) và (D’) là 2 đỷờng phân giác của các trục Ox, Oy
Câu Ivb
1) AF⊥ OM
OB
ị AF⊥(OMB)ị AF⊥MB (1)
Mặt khác, MB⊥AE
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: MB⊥(AFE)ị MB⊥AN Hình chóp M.OAB đối xứng qua mặt phẳng (MOH) (H là trung
điểm của AB), nên từ kết quả MB⊥AN ta có MA⊥BN
2) AFB và OHB là các tam giác vuông đồng dạng nên ta có:
FB
HB =
AB
OBFB =
AB HB
2a
h + a
2
Tỷơng tự∆AEB ~∆MHB nên
EB
HB =
AB
MBị EB =
AB HB
2a
x + h + a
2
AF OF
AF OM
⊥
⊥
ịAF⊥(OMB)
Trang 5EB⊥AF Mặt khác : EB⊥AE (giả thiết)
Từ đó : EB⊥(AFE)ị EB⊥FE
6AF.FE.EB =
4a hx 3(a + h )(a + h + x )
5
3) Đặt ON = y Ta nhận thấy:
∆NOF∼ ∆BOM (vì cùng đồng dạng với∆BEF)
Từ đó:NO
OF
ị xy = BO.OF không đổi
VMNAB =1
3(x + y).dt (OAB).
Từ đó : thể tích tứ diện MNAB nhỏ nhất nếu (x + y) nhỏ nhất Theo bất đẳng thức Côsi:
x + y
2 ³ xy = BO OF không đổi.
Vậy x + y nhỏ nhấtÛ x = y = BO.OF
Ta có : BO = h + a2 2 ; OF2
= OA2
- AF2
=
= h2
+ a2
- 4a h
(h - a
a + h
2 2
2
ị OF = |h - a |
h + a
Cuối cùng: x = y = BO.OF = |h - a |2 2
