2) Gọi ABC là tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O) bán kính R cho tr ớc. Ta phải tìm tam giác có AB2 + BC2 + CA2 lớn nhất. Dùng định lí hàm số sin ta có: AB2 + BC2 + CA2 = c2 + a2 + b2 =4R2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C). Ta phải tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = sin 2A + sin 2B + sin 2C = 3 2 - 1 2 (cos2A + cos2B + cos2C). Muốn S lớn nhất thì S1 = cos2A + cos2B + cos2C phải nhỏ nhất. Ta có:
Trang 1www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
Câu I Do x2
- 4x + 5 > 0 với mọi x nên hàm số xác định trên toàn bộ trục số Ta có:
y’ = -2 + a(x - 2)
x2 x
4 5
− + , y’’ =
a (x - 4x + 5)2 3 Giả sử hàm đạt cực đại tại xo Khi đó ta phải có :
y x
y x
'( )
''( )
0
0
0
0
=
<
a x
a
( 0 ) 0
2 0
2
4 5
2 0
−
− + =
<
x x
−
<
2 2
0 2 0
0
0
Điều đó chứng tỏ rằng a phải thuộc miền giá trị của hàm số:
f(x) =2 x - 4x + 52
x−2 với -Ơ < x < 2
Ta có : f’(x) = -2
(x - 2) x - 4x + 52 2 Miền giá trị của f(x) là khoảng (-Ơ ; -2) Vậy ta đỷợc đáp số là -Ơ < a < -2
Câu II Ta giải phần 2) trỷỳỏc Ta biến đổi:
cos6x + sin6x = (cos2x + sin2x)(cos4x - sin2xcos2x + sin4x) =
= 1 - 3sin2xcos2x = 1 -3
4sin 2x2 , cos2x + sin2x = cos2x Do đó phỷơng trình đỷợc viết lại:
1 - 3
4sin 2x
cos2x = 2m
sin2x cos2x
2
Đặt điều kiện cos2xạ 0 ta sẽ đỷợc:
3sin22x + 8msin2x - 4 = 0
Trang 2Đặt t = sin2x thì -1 < t < 1 (do cos2xạ 0) và ta có phỷơng trình:
3t2 + 8mt - 4 = 0 (2)
Muốn (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm tẻ (-1 ; 1) Rõ ràng t = 0 không thỏa (2) nên ta có thể chia cả hai vế của (2) cho t sẽ đỷợc:
8m =-3t + 4
t
2
(3)
Hàm f(t) =-3t + 4
t
2
có f’ =-3 - 4
t2 Dựa vào bảng biến thiên này, nhận thấy muốn (2) tức
(3) có nghiệm tẻ (-1 ; 1) thì 8m < -1 hoặc 8m > 1,
tức là
m <- 1
8hoặc m >
1
8.
1) Khi m =1
8, phỷơng trình vô nghiệm.
Câu III 1) Ta có P = bc
a (b + c) +
ac
b (a + c) +
ab
c (a + b)
= 1
a .
1
1
b +
1
c
+ 1
b .
1 1
c +
1 a
+ 1
c .
1 1
a +
1 b
Đặt1
a = x,
1
b = y,
1
c = z ta có xyz =
1 abc = 1.
Khi đóP = x
y + z +
y
z + x +
z
x + y
Theo bđt Côsi ta có
x
y + z +
y + z
x
y + z .
y + z
≥
Trang 3
z + x +
z + x
4 y (2) ,
z
x + y +
x + y
Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta đỷợc
P + x + y + z
2 ≥ x + y + z
P 1
2(x + y + z)
3
23 xyz =
3 2 2) Gọi ABC là tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O) bán kính R cho tr ớc Ta phải tìm tam giác có
AB2
+ BC2
+ CA2
lớn nhất Dùng định lí hàm số sin ta có:
AB2 + BC2 + CA2 = c2 + a2 + b2 =4R2 (sin2A + sin2B + sin2C)
Ta phải tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
S = sin2A + sin2B + sin2C =3
2
-1
2(cos2A + cos2B + cos2C).
Muốn S lớn nhất thì S1 = cos2A + cos2B + cos2C phải nhỏ nhất Ta có:
S1 = 2cos2
A - 1 + 2cos(B + C) cos(B - C) =
= 2cos2
A - 2cosA.cos(B - C) - 1
Vế phải là một tam thức bậc hai đối với cosA, hệ số của cos2
A là d ơng nên tam thức có giá trị nhỏ nhất khi
cosA =1
2cos(B - C) (1)
và S1 min =
-4a =
-4cos (B - C) + 8
8
2
∆
=-1
2cos (B - C) - 12 .
S1 min phụ thuộc cos(B - C) Muốn có giá trị nhỏ nhất của S1 min thì phải có cos2(B - C) = 1 hay cos (B - C) = 1 (không lấy giá trị -1 vì B, C là 2 góc của tam giác), suy ra B = C Thay vào (1) ta đ ợc cosA = 1/2, tức là A = 600 Vậy tam giác đều là tam giác có tổng AB2 + BC2 + CA2 lớn nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O)
Trang 4
_ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_
Câu IVa Đặt x = ư t thì dx = ư dt và
I =
ư
ư
ư
ư
ư
∫b t ∫b tt ∫b xx
f(t) a f(t) a f(x)
Suy ra
2I =
f(x) a f(x) (a 1)f(x)
+
f(x)dx 2 f(x)dx
ư
= ∫ = ∫ (vì f(x) chẵn) Vậy I = ∫b
0 f(x)dx
Câu Va
1) Đưa phương trình elip về dạng chính tắc
2 2
1
4 + 1 = ;
suy ra A ( 2,0)1 ư ; A2(2, 0)
Vậy A N1 có phương trình :
=
ư ư ⇔ 4 (n ư y) = n(2 ư x) ⇔
⇔ nx ư 4y + 2n = 0 (1) Tương tự A M2 có phương trình là : mx + 4y ư 2m = 0
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ (1), (2) ⇔
⇔
2(m n) x
m n mn y
m n
ư
=
=
2) Ta có phương trình của MN là
=
⇔ (n ư m) x ư 4y + 2 (m + n) = 0 (3)
Để MN tiếp xúc với elip (E) thì hệ
(n m)x 4y 2(m n) 0
phải có nghiệm duy nhất
Từ (3) có y n mx m n
thay vào phương trình (E) và biến đổi ta có :
(n m) 4 x 4(n m )x 4(m n) 16 0
Để hệ có nghiệm duy nhất thì (4) phải có nghiệm duy nhất, tức là :
Trang 5_ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_
∆' = 64(1 ư mn) = 0 ⇔ mn = 1
Vậy để MN tiếp xúc với (E) thì mn = 1
Điểm I có tọa độ x 2(m n)
m n
ư
= + (5) mn
y
m n
= + (6)
Từ (5) ta có :
Do mn = 1, từ (6) ⇒ y 1
m n
= + ; thế vào (7) ta có
x = ư4 16y ⇒
2 2 x
4y 1
4 + =
Vậy tọa độ của I thỏa mãn phương trình :
2 2 x
4y 1
4 + = Vậy tập hợp điểm I là elip
2 2 x
4y 1
4 + =
Câu IVb
1) N ∈ A'D ⇒ N ∈ (AA'D) ;
N ∈ BC ⇒ N ∈ (ABC) Vậy N thuộc giao của 2 mặt phẳng (AA'D) và (ABC) Hiển nhiên A, M cũng thuộc giao tuyến đó Vậy A, M, N thẳng hàng
2) Gọi H, H' tương ứng là hình chiếu của A và M trên (BCD) ⇒
MH' // AH ⇒ AH và MH' cũng nằm trong (ANH) ⇒
=
MH ' MN
AH AN (1) Mặt khác : (do MA' // AD)
MN MA '
AN = AD (2)
Từ (1) và (2) ⇒ MH ' MA '
AH = AD ⇒
MBCD ABCD
V = AH = AD (3) 3) Tương tự như phần 2) ta chứng minh được :
MACD ABCD
V = BD , (4) MABD
ABCD
V = CD (5) Cộng theo vế (3), (4) và (5) ta được MA ' MB ' MC ' 1
AD + BD + CD =