Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB.. Bài giải :1[r]
Trang 1Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số y= x
2
+(3 m− 2) x+1− 2m
x +2 (1) , m là tham só thực
1 Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định
Bài giải :
D = R \ {-2}
x+2 ¿2
¿
y '= x2+ 4 x +8 m− 5
¿
Đặt g(x)=x2+ 4 x +8 m− 5
Δ'g=4 − 8 m+5=9 −8 m
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định g(x) ≥ 0 x m ≥ 9/8
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình : 3 sin x+cos 2 x +sin 2 x =4 sin x cos2 x
2 .
2 Giải hệ phương trình :
√x −1 −√y=8− x3
x −1¿4=y
¿
¿
¿{
¿
Bài giải :
1 3 sin x+cos 2 x +sin 2 x =4 sin x cos2x
2
⇔3 sin x+cos2 x+sin 2 x=2 sin x(1+cos x)⇔3 sin x+1− 2sin2
x=2 sin x ⇔2 sin2
x − sin x −1=0
⇔
sin x=1
¿
sin x=− 1
2
¿
x= π
2 +k 2 π
¿
x= − π
6 + k 2 π
¿
x= 7 π
6 +k 2 π
¿
¿
¿
⇔ ¿
¿
¿
¿
(k Z)
2
√x −1 −√y=8− x3
x −1¿4=y
¿
¿
¿{
¿
Điều kiện x ≥ 1 ; y ≥ 0 Hệ phương trình tương với
Trang 2x −1 ¿2=8 − x3
¿
x −1 ¿4= y
¿
⇔
¿
x −1 ¿2+8(1)
¿
x −1 ¿4
¿
¿
√ x −1 − ¿
Xét (1) x − 1 ¿2+ 8
√ x −1=− x3
+ ¿ Đặt f (x)= √ x − 1 ; x − 1 ¿2+ 8
g(x)=− x3
+ ¿ với x ≥ 1
f (2)=g (2)=1
g '(x )=−3 x2
+ 2 x −2<0 ∀ x ≥ 1
f (x) là hàm số đồng biến , g(x) là hàm số nghịch biến nên x = 2 là nghiệm duy nhất của (1)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 2 ; y =1
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;–1) B(2;3;–1) , C(1;3;1) và đường thẳng d:
¿
x − y+1=0
x + y +z=4
¿ {
¿
1 Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1
2 Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Bài giải :
* −− →AB =(1 ;3 ;0); AC−− →=(0 ;3 ;2) [−− →AB , AC−− →] =(6 ;−2 ;3)
Phương trình mặt phẳng (ABC): 6x – 2y + 3z – 3 = 0
Diện tích tam giác ABC : SABC= 1
2 | [−− →AB , AC−− →] | = 7
2 Gọi h là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC) : h= 3 V
SABC=
6 7
Từ phương trình đường thẳng d
¿
x − y+1=0
x + y +z=4
¿ {
¿
Ta có M(0;1;3) ; N(-1;0;5) NM− → =(1 ;1;− 2)
Phương trình đường thẳng d:
¿
x=t
y =1+t z=3 −2 t
¿ {{
¿
D d D(t ; 1+t ; 3 -2t)
Trang 3¿ 4 − 2t∨ ¿
7 =
6
7 ⇒ t=5
¿
t=− 1
¿
D(5 ;6 ;−7)
¿
D(− 1;0 ;5)
¿
¿
¿
⇒ ¿
¿
¿
h= 6
7 ⇒ ¿ ¿
Gọi H(a;b;c) là tọa độ trực tâm tam giác ABC
AH− →=(a −1 ;b ;c +1); BH−− →=( a− 2 ;b −3 ;c +1); BC−− →=(−1 ;0 ;2); AC− −→=(0 ;3;2)
Ta có hệ phương trình
¿
AH
−− →
BC− −→=0
BH
−− →
AC− −→=0
H ∈(ABC)
⇒
¿ −a+2 c+2=0
3 b+2 c −7=0
6 a −2 b+3 c −3=0
⇒
¿ a=85 /49
b=135/49
c=− 31/49
¿ { {
¿
Phương trình đường thẳng cấn tìm
¿
x=85/ 49+6 t y=135 /49− 2 t z=− 31/49+3 t
¿ { {
¿
Câu IV: (2 điểm)
1 Tính tích phân : I= ∫
0
1
x3
√ 4 − x2dx
2 Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thức không âm x,y Chứng minh rằng :
n
√ xn+ yn≥n+1√ xn +1+ yn+1
Bài giải :
1 I= ∫
0
1
x3
√ 4 − x2dx= ∫
0
1
x2
√ 4 − x2dx
Đặt t= √ 4 − x2⇒ x2
=4 −t2⇒ xdx=− tdt
Khi x = 0 t = 2 ; khi x = 1 t= √ 3 Ta có
I= ∫
2
√ 3
4 −t2
t ( − tdt)= ∫
√ 3
2
(4 − t2)dt= ( 4 t − 1
3 t
3
)√3
2
= ( 8 − 8
3 ) − ( 4 √ 3 − √ 3 ) = 16
3 −3 √ 3
2 n
√ xn
+ yn≥n+1√ xn +1
+ yn+1 (*)
Trang 4Khi
x =0
¿
y=0
¿
¿
¿
¿
Hiển nhiên (*) luôn đúng
Khi x,y >0 Không mất tính tổng quát Giả sử 0 < x ≤ y Đặt t= x
y ; t (0 ; 1]
Ta luôn có tn+1 ≥ tn +1
+ 1⇔ ln(tn+1)≥ ln(tn+1+1)⇔ ln(t
n+1)
ln(tn +1
+ 1)
ln(tn+1+1)
n+1
⇔(n+1)ln ( tn+1 ) ≥ n ln ( in+ 1+ 1 ) ⇔(n+1) ln ( xn+ yn
yn ) ≥ n ln ( xn +1+ yn+1
yn+1 )
⇔ ( xn+ yn
yn )n +1≥ ( xn+1+ yn +1
yn +1 )n⇔ ( xn
+ yn)n+1≥ ( xn +1
+ yn+1)n
⇔ √n xn
+ yn≥n+1√ xn+1
+ yn+1 (đpcm)
Câu Va:(2 điểm)
Chứng minh rằng với n là số nguyên dương
2n Cn0
n+1 +
2n− 1Cn1
n + +
20Cn n
3n+ 1−1 2(n+1)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) và B(0;4) Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB
Bài giải :
1 Khai triển nhị thức Newton
x+1 ¿n=Cn0xn+Cn1xn −1+C2nxn −2+ +Cn n
¿
Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 Ta có
Cn0
( ¿ xn
+ Cn1xn− 1
+ Cn2xn− 2
+ +Cn n)dx
x +1 ¿n+1
¿ ( ¿ n+1 ¿ ) ¿02=Cn0 x
n+1
n+1 ¿0
2
+C1n x
n
n ¿0
2
+ +Cn nx ¿02
¿ x +1 ¿ndx= ∫
0
2
¿ ⇔ ¿
¿
¿
∫
0
2
¿
3n+1−1
n+1 =
2n+1
n+1 Cn
0
+ 2n
n Cn
1
+ + 2
1
1 Cn
n Chia hai vế cho 2 Ta được 2
n Cn0
n+1 +
2n− 1Cn1
n + +
20Cn n
3n+ 1−1 2(n+1) (đpcm)
2 OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5
P là nửa chu vi tam giác OAB P = 6
S là diện tích tam giác OAB : S = 6
r là bán kính đường tròn nội tiếp r= S
p =1
Tam giác OAB nằm ở góc phần tư thứ nhất có 2 cạnh là 2 trục tọa độ nên tâm I của đường tròn nội tiếp (C) có tọa độ dương cách 2 trục tọa độ 1 khoảng bằng 1 I(1;1)
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh OA;OB;AB ⇒ M ( 3
2 ;0);N (0 ;2); P(
3
2 ;2)
Giả sử đường tròn (C’) qua M,N,P có phương trình (C '): x2
+ y2+2 ax+2 by +c=0 Ta có hệ phương trình
Trang 53 a+c + 9
4 =0
4 b +c +4=0
3 a+4 b+c+ 25
4 =0
⇔
¿ a=−3 /4
b=− 1
c=0
¿ { {
¿
Đường tròn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính r '= 5
4
Ta có II '= 1
4 =r ' −r Vây hai đường tròn (C) và (C’) tiép xúc trong
Câu Vb: (1 điểm)
1 Giải bất phương trình : 32 x +1−22 x+1− 5 6x
< 0
2 Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc gữa hai đường thẳng AC , BC
Bài giải :
1.
32 x +1−22 x+1− 5 6x<0 ⇔3 9x
−5 6x−2 4x<0 ⇔3 ( 9 4 )x−5 ( 3 2 )x− 2<0
Đặt t= ( 3 2 )x>0 Ta có
¿
t>0
3 t2−5 t − 2<0
⇔0<t<2 ⇔0< ( 3 2 )x<2 ⇔ x<log3
2
2
¿ {
¿ Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD
a
a
a
a
a
I
N
M
D
C B
A
Trang 6AB⊥ BN
AB⊥ CN
⇒ AB⊥(BCN)⇒ AB⊥ MN
¿{
¿ DN=CN= a √ 3
2
¿ (ACD)⊥(BCD)
AM⊥ CD
AM⊂(ACD)
⇒ AM⊥(BCD)⇒ AM⊥ BM
¿{ {
¿
Δ ACD=Δ BCD⇒ AM=BM
⇒ Δ AMB vuông cân
MN= a
2
DM= √ ND2− NM2= √ 3 a2
4 −
a2
4 =
a √ 2 2 Diện tích tam giác NCD
SNCD= 1
2 DC MN=DM MN=
a2√ 2 4 Thể tích tứ diện ABCD : VABCD=VANCD+VBNCD= 1
3 AB SNCD=
1
3 a
a2√ 2
a3√ 2 12
MIN là tam giác đều
¿
NI // AD
IM // BC
⇒(AD , BC)❑ =(NI , IM❑ )
¿{
¿
=600