Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 14 doc

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________________________ Câu I. Cho hệ bất phỷơng trình 1) Giải hệ khim=-1. 2) Với nhỷọng giá trị nào của m thì hệ có nghiệm ? Câu II. 1) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thỷỏc f= abc-2+bca-3+cab-4 abc trong đó a 3, b 4, c 2. 2) Giải bất phỷơng trình 25 9 3415 2121 2 22 2 xx xx xx+ + +. . Câu III. 1) Tìm nghiệm x ẻ (- 3 4 ; ) của phỷơng trình axaxa xa x 222 2 sin sin cos cos+ = cosx - sinx. 2) , , là 3 góc dỷơng thỏa mãn điều kiện + + = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thỷỏc g= 1 + tg tg + 1 + tg tg + 1 + tg tg . 2 3 3210 310 xx xmx + ++ Câu I.1)Vớim=-1hệvônghiệm. 2) Bất phỷơng trình thứ nhất có nghiệm : -1 < x < 1 3 . Để khảo sát bất phỷơng trình thứ hai, xét hàm số f(x) = x 3 +3mx+1. Ta có f(x) = 3x 2 + 3m. a) Nếu m 0, hàm số là đồng biến, vậy min ( ) ( ) , [;]x fx f m == 1 1 3 13 tứclà:*nếum=0,tacóf(x) > 0 với mọi x ẻ (-1 ; 1 3 ): hệ vô nghiệm; * nếu m > 0, ta có f(-1) < 0, nên tồn tại x 0 ẻ (-1; 1 3 ) với f(x o ) < 0 : hệ có nghiệm. b) Nếu m < 0, hàm f(x) có bảng biến thiên x-Ơ m -m +Ơ f + 0 - 0 + 1- 2m -m +Ơ f -Ơ 1+ 2m -m Để ý rằng f(-1) = -3m > 0, f(0) = 1 > 0, vậy f(x) > 0 khi x ẻ (-1 ; 0]. Muốn hệ có nghiệm, phải tồn tại x 0 ẻ (0; 1 3 ) với f(x o ) < 0. Ta xét hai trỷỳõng hợp có thể xảy ra: www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ i) 0 < -m 1 3 , tức là - 1 9 m<0 . Cần có f( -m )=1+ 2m -m < 0 m < - 1 4 3 , mâu thuẫn với điều kiện - 1 9 Ê m. ii) 1 3 < -m , tức là m < - 1 9 . Cần có f( 1 3 )= 28 27 +m< 0 m < - 28 27 . Tóm lại hệ có nghiệm nếu m > 0 hoặc nếu m < - 28 27 . Câu II. 1) Điều kiện để biểu thức có nghĩa: a 3;b 4;c 2. áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: c-2 = (c - 2)2 2 1 2 . (c-2)+2 2 = c 22 . Tỷơng tự ta đỷợc: a-3 a 23 ; b-4 b 24 . Từ đó: f= c-2 c + a-3 a + b-4 b Ê 1 22 + 1 23 + 1 24 . Vậy : maxf = 1 2 1 2 + 1 3 + 1 2 , đạt đỷợckhi: c=4;a=6;b=8. 2) Chia hai vế cho 9 2x - x + 1 2 ta sẽ có 25 9 +1 34 15 . 5 3 2x - x + 1 2x - x + 1 22 . Đặtt= 5 3 2x - x + 1 2 ,(t> 0) thì sẽ tới t 2 - 34 15 t+1 0. Giải ra, sẽ đ ợc : t Ê 3 5 hoặc t 5 3 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ a) 5 3 3 5 2x - x + 1 2 2x-x 2 +1Ê -1 x 2 -2x-2 0 x Ê 1- 3 hoặc x 1+ 3 . b) 5 3 5 3 2x - x + 1 2 2x-x 2 +1 1 0 Ê x Ê 2. Đáp số.0Ê x Ê 2 hoặcxÊ 1- 3 hoặcx 1+ 3 . Câu III.1)Phỷơng trình đã cho có thể viết lại: a 2 (sinx - cosx) - a(sin 2 x - cos 2 x) = cosx - sinx (sinx - cosx)[a 2 - a(sinx + cosx) + 1] = 0. a)sinx-cosx=0cómộtnghiệm duy nhất x = 4 trong khoảng - 3 4 ; . b) a 2 - a(sinx + cosx)+1=0 a(cosx + sinx) = a 2 +1. Phỷơng trình này có nghiệm khi và chỉ khi a 2 +a 2 (a 2 +1) 2 ị a 4 +1Ê 0:vôlý. Vậy phỷơng trình ban đầu chỉ có một nghiệm duy nhất:x=/4 trong khoảng (-3/4 ; ). 2) 2 - = + ị tg ( 2 - )= tg + tg 1 - tg tg tgtg +tgtg =1-tgtg tgtg +tgtg +tgtg =1. Theo Bunhicôpxki ta có: g 2 =( 1 + tg tg + 1 + tg tg + 1 + tg tg ) 2 Ê (1 2 +1 2 +1 2 )(1+tgtg +1+tgtg +1+tgtg)=3(3+1)=12.VậygÊ 2 3 . (Dấu bằng xảy ra khi = = = 6 ) ị maxg = 2 3 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________ Câu IVa. Đặt 2 2 x f(x) x1 = , ta có 2 23/2 x(x 2) f'(x) (x 1) = Suy r f(x) đồng biến trong ( 2 ; + ) f(x) đồng biến trong [2 ; 3] Từ đó : y x [2 ; 3], f(x) < f(3) = 92 4 do đó 33 22 92 92 f(x)dx dx 44 <= y x [2 ; 3], x < f(x) nên 3 2 33 2 22 x5 f(x)dx xdx 22 >== Câu Va. 1) Vì 22 (m 1) ( 2m) 5 0 ++ +> nên m (C ) luôn là 2) đờng tròn thực với mọi m. 3) Tọa độ tâm của m (C ) : I(x= m + 1, y = 2m). Khử m ta có tọa độ của I thỏa mãn phơng trình y = 2x + 2 Suy ra tập hợp các tâm I là đờng thẳng có phơng trình y = 2x + 2. 2) Bán kính của (C) là R = 1, của m (C ) là 2 m R5m2m6=++. Khoảng cách hai tâm 2 OI 5m 2m 1=++ . Xét hai trờng hợp : m (C ) tiếp xúc ngoài với (C) m R + R = OI 22 5m 2m 6 1 5m 2m 1+++= ++ : phơng trình này vô nghiệm. m (C ) tiếp xúc trong với (C) m RR = OI 22 5m 2m 6 1 5m 2m 1++= ++ 2 5m 2m 6 3++= 2 5m + 2m 3 = 0 1 m1= , 2 3 m 5 = . Với m = 1 ta có đờng tròn 1 (C ) : 22 x y 4y50+= , tâm 1 I (0, 2), 1 R = 3. Với m = 3 5 ta có đờng tròn 2 (C ) : 22 16 12 xy x y50 55 + + = , tâm 2 86 I, 55 , 2 R = 3. 6 5 0 8 5 www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________ Do 12 85 II 5 = < 12 RR + = 6 nên 1 (C ) và 2 (C ) cắt nhau (Hình 16). Suy ra 1 (C ) , 2 (C ) chỉ có hai tiếp tuyến chung ngoài song song với 12 II . Hai tiếp tuyến đó có phơng trình 2x y 3 5 2 0 + = . Câu IVb. 1) H là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, 2) CH cắt AB tại điểm I. Trong SCI, kẻ IK SC, vì AB SC (do AB (SHC)), nên (ABK) SC, nói cách khác (P) = (ABK). Vì n ICS là góc trong tam giác vuông SHC, nên nó là góc nhọn. Để K thuộc đoạn SC, n ISC phải là góc nhọn, muốn vậy điều kiện cần và đủ là : 22 2 2 2 2 IC SI SC 2SH IH HC<+ = + + hay 222 2 3a a a 2h 4123 <++ 2 2 a h 6 > a h 6 > . Để tính IK, để ý rằng IC.SH = 2dt(SIC) = SC.IK 22 IC.SH 3ah IK SC 2a 3h == + . Từ đó suy ra diện tích tam giác ABK : 2 22 13ah dt(ABK) AB.IK 2 4a 3h == + . 2) Để hình chóp K.ABC có thể tích bằng 1 2 thể tích SABC, thì K phải là trung điểm của SC, mà IK SC, vậy IS = IC hay 3 2 a 4 = 2 2 a h 12 + h = 2 a 3 . Khi đó các tam giác CAB và SAB bằng nhau, vậy SAB là tam giác đều : SA = SB = a. Đồng thời 2 22 2 a SC h a 3 =+= SC = a. Vậy SABC là tứ diện đều, do đó hình cầu ngoại tiếp và hình cầu nội tiếp tứ diện có tâm trùng nhau. Câu Vb. Trớc hết ta hãy chứng minh rằng nếu a + b 0, m và n là hai số nguyên dơng thì m m n n mn mn ababa b . 22 2 ++ ++ + . Quả vậy, bất đẳng thức này tơng đơng với mmnn mnmn (a b )(a b ) 2(a b ) ++ +++ hay mmnn 0 (a b )(a b ) . (2) Các số a, b có vai trò nh nhau, vậy có thể coi rằng a b. 1) Nếu a b 0 thì với mọi số nguyên dơng k, ta có kk ab , suy ra (2). www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng – Phiªn b¶n 1.0 ________________________________________________________ 2) Gi¶ sö b ≤ 0. Ta cã a ≥ b, vµ ®ång thêi a + b ≥ 0, suy ra a ≥ - b, vËy a ≥ | b | , suy ra kkk a|b|b≥≥ , vËy (2) ®óng Tõ (1) suy ra 3355 88 ababab . 22 2 ++ + ≤ . Nh©n hai vÕ víi (a b) 2 + ≥ 0 vµ l¹i ¸p dông (1) 3355 88 99 aba ba b aba b a b . 22 2 22 2 ++ + ++ + ≤≤ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________________________ Câu IVa. Chỷỏng minh rằng 2,5 < x x-1 dx < 92 4 2 3 2 2 . Câu Va. Xem các đỷờng tròn: (C) x 2 +y 2 -1=0, (C m )x 2 +y 2 -2(m+1)x+4my-5=0. 1) Tìm tập hợp tâm các đỷờng tròn (C m ) khi m thay đổi. 2) Chỷỏng minh rằng có 2 đỷờng tròn (C m ) tiếp xúc với đỷờng tròn (C), ỷỏng với 2 giá trị của m. Viết phỷơng trình các tiếp tuyến chung của hai đỷờng tròn (C m ) đó. Câu IVb. S.ABC là hình chóp tam giác đều, có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và đỷờng cao SH = h. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với SC. 1) h phải thỏa mãn điều kiện gì để (P) cắt SC tại một điểm K thuộc cạnh SC? Khi đó hãy tính diện tích tam giác ABK. 2) Xác định h theo a để mặt phẳng (P) chia hình chóp ra 2 phần với thể tích bằng nhau. Chỷỏng tỏ rằng khi đó tâm hình cầu ngoại tiếp hình chóp cũng là tâm hình cầu nội tiếp hình chóp. Câu Vb. Chỷỏng minh rằng nếua+b 0, thì ()( )( )(ababab ab++ ++ 3355 99 4 ) . mmnn 0 (a b )(a b ) . (2 ) Các số a, b có vai trò nh nhau, vậy có thể coi rằng a b. 1) Nếu a b 0 thì với mọi số nguyên dơng k, ta có kk ab , suy ra (2 ) -m Để ý rằng f(-1) = -3m > 0, f(0) = 1 > 0, vậy f(x) > 0 khi x ẻ (- 1 ; 0]. Muốn hệ có nghiệm, phải tồn tại x 0 ẻ (0 ; 1 3 ) với f(x o ) < 0.