giúp bạn ôn lại các đồ thi đơn giản
Trang 1
Bài tập đồ thị hàm số
Trang 2Câu I
1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
x - 1
2
2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C)
3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x2+ a
Câu II
x y m
1) Giải hệ với m = 5
2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm?
Câu III
1) Cho bất phỷơng trình
x2+ 2x(cosy + siny) + 1≥0
Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y
2) Giải phỷơng trình lỷợng giác
sin x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 32
Câu IVa
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip
y 4
= 1,
Trang 3và hai đỷờng thẳng
(D) : ax - by = 0, (D’) : bx + ay = 0,
với a2+ b2> 0
1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D’) với (E)
2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ
3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất
4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất
mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M Dỷồng BN CM BH CM⊥ , ⊥ Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N
1) Chỷỏng minh : BN CM⊥
2) Chỷỏng minh : BM CN⊥
3) Hãy chỉ cách dỷồng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất
Trang 4
_
Câu 1
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy Đường thẳng qua A, với hệ số góc k có phương trình :
y = kx + b
Ta có
2
ư +
ư ư ; 2
1 y' 1 (x 1)
= ư
ư
Hoành độ tiếp điểm của đường thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ
2
1
x 1
1
(x 1)
⇒ x 1 1 1 2 x b
⇒ bx 2 ư 2(1 b)x (1 b) 0 + + + =
(1)
y b = 0 : (1) trở thành ư2x + 1 = 0 ⇔ x 1
2
=
y b ≠ 0 : (1) có nghiệm khi
2
' (1 b) b(1 b) 0
∆ = + ư + ≥ ⇔ b ≥ ư1 (b ≠ 0)
Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b ≥ ư1
3) Hoành độ tiếp điểm của parabol y x = 2+ a với đồ thị (C) là nghiệm của hệ :
2 o
2
1
x 1 1
(x 1)
Từ phương trình thứ hai, suy ra :
2
x(2x ư 5x 4) 0 + = ⇒ x = 0
Thay vào phương trình đầu thì được a = - 1
Câu II Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ :
2
S P m
+ =
1) Với m = 5 ta được :
S P 52
+ =
⇒ P = 5 ư S ⇒
2
S + 2S 15 0 ư =
⇒ S = ư5, S = 3
Với S = ư5, ta có P = 10, loại vì điều kiện S2≥ 4P không được nghiệm đúng
Với S = 3, ta có P = 2 và được x 2,
y 1,
=
=
x 1
y 2.
=
=
2) Trong trường hợp tổng quát, P = m - S ⇒
2
S + 2S 3m 0 ư =
Trang 5
_
Để phương trình có nghiệm, cần phải có :
1
3
Khi đó gọi S1 và S2 là các nghiệm :
1
S = ư ư 1 1 3m + , S2= ư + 1 1 3m +
a) Với S S = 1 ⇒ P m S = ư 1, điều kiện S2≥ 4P trở thành
2
(1 + 1 3m) + ≥ 4(m 1 + + 1 3m) + ⇒ (m ư + ≥ 2) 2 1 3m + ,
không được nghiệm vì 1
m 3
≥ ư ⇒ m + 2 > 0
b) Với S S = 2 ⇒ P m S = ư 2, điều kiện S2≥ 4P trở thành :
2
( 1 ư + 1 3m) + ≥ 4(m 1 + ư 1 3m) + ⇒ 2 1 3m + ≥ + m 2
Vì m + 2 > 0, có thể bình phương hai vế của bất phương trình này và đi đến
2
0 m ≥ ư 8m ⇒ ≤ ≤ 0 m 8
Cùng với 1
m
3
≥ ư suy ra đáp số : 0 ≤ m ≤ 8
Câu III 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phương trình được nghiệm với mọi y Xét x > 0 ⇒
2
1 x cosy sin y
2x
+
Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2, giá trị nhỏ nhất bằng ư 2, vậy phải có :
2 2
1 x
2x
+
⇒ 0 x < ≤ 2 1 ư , x ≥ 2 1 +
Xét x < 0 ⇒
2
1 x cosy sin y
2x
+
2x
+
2 1 x 0
ư + ≤ <
Tóm lại các giá trị phải tìm là :
x ≤ ư 2 1 ư , ư 2 1 x + ≤ ≤ 2 1 ư , 2 1 x + ≤
hay : | x | ≥ 2 1 + , | x | ≤ 2 1 ư
2) Điều kiện : x k
2
π
≠ + π ( k ∈ Z) Chia hai vế cho cos x2 ta được phương trình tương đương :
tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x) + = ư + +
⇔ tg x(tgx 1) 3(tgx 1) 0 2 + ư + =
⇔ (tgx 1)(tg x 3) 0 + 2 ư =
⇔ tgx 1
= ư
= ±
⇔
4
3
π
= ư + π
π
= ± + π
( k ∈ Z)
Trang 62) Thế y = a - x vào phỷơng trình thứ 2 của hệ, ta có: x4
+ (x - a)4= a4
Đặt t = x -a
2thì có t +
a
-a 2
ổ ố
ỗỗ
ỗ ửứữữữữ ổốỗỗỗ ửứữữữữ = a4Û 2t4
+ 3a2t2- 7
8a
4
= 0
Đặt t2= z (z³ 0) ta có: 2z2+ 3a2z - 7
8 a
4= 0 (1)
Nếu a = 0 thì có z1= z2= 0ị t = 0 ị x = 0, y = 0
Nếu aạ 0 thì (1) luôn có hai nghiệm: z1< 0 < z2 (Loại z1);
z2=- 3a + 4a
a 4
ị t1,2= ±a
2.
Từ đó hệ có hai nghiệm x1= 0, y1= a và x2= a, y2= 0
Kết luận : hệ luôn có hai nghiệm:x1= 0, y1= a và x2= a, y2= 0
_
Trang 7
Câu IVa
Giả sử ta tìm được điểm B(x ,3)B trên đường thẳng y = 3
và điểm C(x ,0)C trên trục hoành sao cho ∆ ABC là đều
Do đường thẳng (AC) không thể song song với trục tung
và trục hoành nên có phương trình
y = k (x ư 1) + 1 (k ≠ 0)
Từ đó C k 1
k
ư
=
Gọi M(x ,y )M M là trung điểm đoạn thẳng AC, ta có :
M
M
2k 1
x
2k
1
2
ư
Vì đường thẳng trung trực (d) của đoạn thẳng AC qua M và (d) ⊥ (AC) nên (d) có phương trình :
M
= ư ư + hay = ư ư ư +
Do B ∈ d nên
B
ư
2
B 5k 2k 1 x
2k
=
Cuối cùng do AB = AC nên bằng cách viết đẳng thức này dưới dạng tọa độ, ta đi đến phương trình
25k + 22k ư = ⇔ k 3 0 = ± 3 / 5 Vậy, các cặp điểm tương ứng B, C tìm được trên đường thẳng y = 3 và trục hoành để tam giác ABC đều là :
2
2k
k 1
k
ư
với k = 3 / 5 và k = ư 3 / 5
Câu Va
Đặt f(x) x = 2ư π + 2 m, ∆' = 1 ư m
a) Khi ∆' ≤ 0 hay m ≥ 1: Do f(π) ≥ 0, ∀x nên
=∫1 =∫1 =
I(m) | f(x) | dx f(x)dx
1 0
0
∫
b) Khi ∆ > ' 0 hay m < 1 Dấu của f(x) được cho bởi kết quả
x 1 ư 1 m ư 1 + 1 m ư
f(x) + 0 ư 0 +
và ta có :
A
B
C
M
x
y
O
d
Trang 8
f(0) = , 1 m ư 1 m 1 1 ư < < + 1 m ư
Với m ≤ 0 : f (0) ≤ 0 nên 1 ư 1 m 0 ư ≤ ; 1 1 ≤ + 1 m ư và ta có : f(x) ≤ 0, ∀x ∈ [ 0 ; 1]
2 1(m) | f(x) | dx f(x)dx m
3
Với 0 < m < 1 : f(0) > 0 nên 0 1 < ư 1 m 1 ư < , do đó
f(x) 0, x [0,1 1 m]
f(x) 0, x [1 1 m;1]
0
I(m) | f(x) | dx
m
m
ư ư
ư ư
ư ư
ư ư
3
Câu IVb
1) BC SA
BC AD
⊥ ⇒ BC ⊥ (SAB)
⇒ (SBC) ⊥ (SAB)
2) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD,
kẻ MK // BD
BD AC
BD SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ MK ⊥ (SAC)
Độ dài MK là khoảng cách từ M tới (SAC) :
OD = AD hay 2MK x
a
a 2 = ⇒ MK x 2
2
3) IO// SA ⇒ IO ⊥ (ABCD) ; IH ⊥ MC ⇒ OH ⊥ MC (định lí ba đường vuông góc) Vậy H nằm trên đường tròn đường kính OC trong mặt phẳng (ABCD)
Nhận xét : Khi M ∈ AD, H OHH ∈ q 1 trên hình 44
Đảo lại : lấy H' ∈ OHHq1, CH' cắt AD tại M' Chứng minh IH' ⊥ CM' Điều này là hiển nhiên nhờ định lí đảo
của định lí ba đường vuông góc
Kết luận : Tập hợp hình chiếu H của I trên CM là OHHq1
A
D M
S
I
K O H H 1