Hai mặt bên SAD , SBC là các tam giác vuông tương ứng ở A và C , đồng thời các mặt phẳng chứa hai mặt bên này cùng hợp với mặt phẳng đáy góc β.. Tính thể tích khối chóp S.[r]
Trang 1BÀI ÔN TẬP LỚP 12 LẦN 02
Đề bài 1.
Cho hàm số y = x4− 2m(x2− 1), có đồ thị là (Cm) Tìm các giá trị của m
để (Cm) có 3 điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành tứ giác nội tiếp
Lời giải:
- Với m > 0, đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là:
A(0; 2m), B −√
m; −m2+ 2m, C −√m; −m2+ 2m tạo thành tam giác cân đỉnh A, có một trung trực là trục tung Oy
- Gọi d là trung trực của đoạn thẳng AC,
phương trình đường thẳng d là√
m
x−
√ m 2
− m2
y+m
2
2 − 2m
= 0 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm I của đường thẳng
d và trục tung Oy Ta tìm được : I
0; − 1 2m−m
2
2 + 2m
Thế nên, tứ giác ABOCnội tiếp khi và chỉ khi IA = IO, hay I là trung điểm AO
Khi đó: 2m
2 = −
1 2m−m
2
2 + 2m
⇔ m3− 2m2+ 1 = 0 ⇔ (m − 1) m2− m − 1 Đến đây ta tìm được m = 1 và m =1 +
√ 5
2
Đề bài 2.
Tìm tất cả các giá trị m ∈ R để bất phương trình sau có nghiệm:
4(√
1 + x +√
1 − x) ≤ m − x2
Lời giải:
Giả sử m là giá trị thỏa mãn bất phương trình có nghiệm x ∈ [−1; 1]
Lúc đó: 4(√
1 + x +√
1 − x −√
2) + x2− 1 ≤ m − 4√2 − 1
Rõ ràng là với |x| ≤ 1 thì ta có 0 ≤ 1 − x2≤ 1; 2 ≥ 1 + |x| ≥ 1 ≥ 1 − |x| vậy nên:
Trang 24√
1 + x +√
1 − x −√
2+ x2− 1 = 8
√
1 − x2
√
1 + x +√
1 − x +√
2+ x
2− 1 =
= 8
√
1 − x2
p1 + |x| + p1 − |x| +√2+ x
2− 1 ≥
≥ 8 1 − x
2
√
2 + 1 +√
2+ x
2− 1 = 1 − x2
8
1 + 2√
2− 1
≥ 0
Từ đó để có nghiệm thì ta cần m − 1 − 4√
2 ≥ 0 tức là m ≥ 1 + 4√
2
Mặt khác khi m ≥ 1 − 4√
2 thì bất phương trình đề ra có nghiệm x = 1 Vậy những m cần tìm là m ≥ 1 + 4√
2
Đề bài 3.
Cho dãy số (xn) (n = 0; 1; ) thoả mãn x0= a > 1 và
xn+1=
r
1 + 1
xn+ 1, n = 0; 1; (a là số cố định).
Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn và tính giới hạn đó
Lời giải:
Dễ thấy xn> 1 với mọi n ∈ N
Xét pt: x3+ x2− x − 2 = 0 có 1 nghiệm duy nhất là x = k ≈ 1, 2
Ta có:
x2n+1− x2
n= −x2n+ 1 + 1
xn+ 1 = −
xn3+ x2n− xn− 2
xn+ 1 + Nếu xo= a = k ⇒ x21− x2
o= 0 ⇒ x1= xo= k ⇒ xn= k với mọi n ∈ N Vậy lim xn= k
+ Nếu xo= a < k ⇒ x2n+1− x2
n> 0 ⇒ (xn) tăng
Ta có: xn=
r
1 + 1
xn+ 1 <
r
1 + 1
1 + 1=
r 3
2 với mọi n ∈ N∗
và ta có k <
r
3
2 ⇒ xo<
r 3 2
⇒ xn<
r
3
2 với mọi n ∈ N
(xn) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn và lim xn= L thì L phải là nghiệm
pt L3+ L2− L − 2 = 0 ⇒ L = k
Trang 3Vậy lim xn= k
+ Nếu xo= a > k ⇒ x2n+1− x2
n< 0 ⇒ (xn) giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn và lim xn= L thì L phải là nghiệm pt L3+ L2− L − 2 = 0 ⇒ L = k Vậy lim xn= k
Kết luận: với mỗi a>1 ta có lim xn= k
Muốn tìm giá trị cụ thể của k phải chơi CT Cac-no
Đề bài 4.
1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB = a và
d
ABC= α (00 < α < 900) Hai mặt bên SAD , SBC là các tam giác vuông tương ứng ở A và C , đồng thời các mặt phẳng chứa hai mặt bên này cùng hợp với mặt phẳng đáy góc β
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a , α , β
2 Trong tất cả các hình hộp chữ nhật có mặt chéo tam giác với cùng chu
vi bằng 2011(mm) Hãy tìm hình hộp có thể tích lớn nhất (Mặt chéo tam giác của hình hộp là tam giác tạo bởi 3 đỉnh của hình hộp mà 3 đỉnh
đó không cùng nằm trên một mặt và mặt chéo nào của hình hộp.)
Lời giải:
1.
A
B C
D S
H
Gọi H là hình chiếu của S trên
(ABCD)
Ta có: SH ⊥ BC; SC⊥ BC ⇒ BC ⊥ HC; SH⊥ BC;
SC ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SHC) ⇒ ((ABCD), (SBC)) = (SC, HC) = β
và HC ⊥ BC Tương tự ta có ((ABCD), (SAD)) = (SA, HA) = β
và HA ⊥ AD
HA ⊥ AD, HC ⊥ BC, ADkBC
⇒ A, H,C thẳng hàng
Trang 4Mà ((ABCD), (SAD)) = (SA, HA) = (SC, HC) = β
do đó H nằm trong hình bình hành ABCD (vì nếu H nằm ngoài
thì ta sẽ có tam giác SAC có 1 góc bằng β và 1 góc bằng 180o− β )
và dSAC= dSCA= β ⇒ ∆SAC cân tại S
Suy ra H là trung điểm của AC
Xét ∆BAC vuông tại A: AC = a tan α
Xét ∆SHA vuông tại H: SH = atan α tan β
2 .
SABCD= 2SABC=a
2tan α 2
Do đó VS.ABCD =SH.SABCD
3 =
a3tan2α tan β
6
2 Gọi độ dài 3 cạnh của mặt chéo tam giác là x, y, z > 0 (đơn vị mm).
Giả thiết cho ta x + y + z = 2011(mm) (1)
Do tam giác chéo của hình hộp chữ nhật là tam giác nhọn vì vậy
x2+ y2> z2
y2+ z2> x2
z2+ x2> y2
(2)
Đặt 3 kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c > 0 Do các cạnh phát xuất
từ một đỉnh của hình hộp chữ nhật đôi một vuông góc , vì thế mà theo định
lí Pytago cho các tam giác vuông có chung đỉnh phát xuất từ một đỉnh của hình hộp chữ nhật ta thu được
a2+ b2= x2
b2+ c2= y2
c2+ a2= z2 Cộng theo vế các đẳng thức này và kết hợp với (2) ta có
a=
r
x2+ z2− y2
2
b=
r
x2+ y2− z2
2
c= r
y2+ z2− x2
Trang 5Gọi V là thể tích của họ hình hộp chữ nhật có chu vi mặt chéo tam giác bằng 2011(mm) Ta có ngay
V = abc = 1
2√ 2
p (x2+ z2− y2)(x2+ y2− z2)(y2+ z2− x2) Theo BĐT Cauchy (AM- GM) có
(x2+ z2− y2)(x2+ y2− z2) ≤ (x2+ z2− y2) + (x2+ y2− z2)
2
2
= x4
(x2+ y2− z2)(y2+ z2− x2) ≤ (x2+ y2− z2) + (y2+ z2− x2)
2
2
= y4
(y2+ z2− x2)(x2+ z2− y2) ≤ (y2+ z2− x2) + (x2+ z2− y2)
2
2
= z4 Nhân theo vế các BĐT này ta nhận được ngay
V ≤ 1
2√
2xyz≤ x + y + z
3
3
= 2011
3
54√
2. Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 2011
3 (mm) Vậy trong tất cả các hình hộp chữ nhật thoả đề bài thì hình lập phương có cạnh bằng 2011
3 (mm) có thể tích lớn nhất và bằng
20113
54√
2(mm
3)
Đề bài 5.
Cho hai số thực dương x, y thoả mãn x+ y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= xx+ yy
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh t ln(2t) ≥ t −1
2 ⇔ t lnt ≥ (1 − ln 2)t −1
2 đẳng thức xảy ra khi t =1
2
Áp dụng BDT Cauchy ta có P ≥ 2√
xx.yy
Đặt A = xx.yy⇒ ln A = x ln x + y ln y ≥ (1 − ln 2)(x + y) − 1 = ln1
2 Suy ra A ≥1
2 Do vậy mà ta có được P ≥
√ 2
Đẳng thức xảy ra khi x = y =1
2 Vậy min P =
√
2