www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. Cho hàm số y= x + 2xcos + 1 x+2sin 2 . 1) Xác định tiệm cận xiên và tâm đối xứng của đồ thị. 2) Tìm a để hàm số có cực đại và cực tiểu. 3) Tìm a để từ gốc tọa độ có thể kẻ đến đồ thị 2 tiếp tuyến phân biệt. Câu II. 1) Giải và biện luận theo k hệ phỷơng trình log x (3x+ky)=2 log y (3y+kx)=2. 2) Tìm m để với mọi x f(x)=(x-2) 2 +2|x-m| 3. Câu III. A, B, C là 3 góc của một tam giác. Biết: tgA.tgB=p tgA.tgC=q. 1) Tính tgA, tgB, tgC khip=-2,q= 1 2 . 2) p, q phải thỏa mãn điều kiện gì để bài toán có nghiệm ? Khi đó hãy viết biểu thức của tgA, tgB, tgC theo p và q. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ Câu I. 1) Ta có 1 4sin (sin cos ) yx2(cos sin) x2sin + =+ + + , vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = x + 2 (cos sin). Tiệm cận đứng của đồ thị là x = 2 sin, mà tâm đối xứng của đồ thị là giao điểm hai tiệm cận, vậy có tọa độ : x = 2 sin, y = 2cos 4sin. 2) Hàm số có đạo hàm : 2 14sin(sin cos) y' 1 (x 2sin ) + = + ; hàm số có cực đại và cực tiểu nếu phơng trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt : y' = 0 2 (x 2sin ) 1 4sin (sin cos ) + =+ , phơng trình này có hai nghiệm phân biệt nếu 1 + 4 sin (sin - cos ) > 0 (1) Vì 2 1 4sin 4sin cos 3 2 2 cos 2 4 += , nên (1) luôn luôn đợc nghiệm đúng. Thành thử với mọi hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu. 3) Tiếp tuyến với đồ thị qua gốc độ nên có dạng y = kx. Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của hệ : ++ = + = + 2 A x2(cos sin) kx(1) x2sin A 1k(2) (x 2sin ) trong đó 2 A 1 4sin (sin cos ) 1 4sin 4sin cos=+ =+ 12(1cos2)2sin2 322sin2 0 4 =+ = + > Đặt t = x+ 2sin, thế (2) vào (1) ta đợc 2 (cos sin )t At Asin 0 + = (3) Để thỏa mãn đề bài, hệ (1), (2) phải có 2 nghiệm x phơng trình (3) có 2 nghiệm t 0 = + > 2 cos sin 0,sin 0 A4Asin(cos sin)0 = A [A+ 4 sin (cos - sin) ] = ++=> 22 A[1 4sin 4sin cos 4sin cos 4sin ] A 0 cos - sin 0 2cos( ) 0 4 + xk 4 + sin 0 k Vậy điều kiện cần tìm là k, k 4 + www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ Câu II . 1) Hệ đã cho tơng đơng với 22 x0,x1,y0,y1 x 3x ky, y 3y kx. >> =+ =+ Từ hai phơng trình cuối, suy ra (x y) (x + y) = (3 k) (x y). Vậy : a) x = y 2 x(3k)x=+ mà x > 0 nên x = y = 3 + k. Nghiệm này chấp nhận đợc nếu 3 + k > 0, 3 + k 1 k > 3, k 2. b) x + y = 3 k. Thế vào phơng trình đầu thì đi đến = 2 x (3k)xk(3k)0 (1) Trớc hết để phơng trình có nghiệm, ta phải có 2 (3 k) 4k(3 k) (3 k)(3 3k) 0= + = + 1 k 3. Khi đó gọi 1 x và 2 x là các nghiệm của (1). Nếu lấy 1 xx = thì theo hệ thức Viet 12 y3kx x= = , còn nếu lấy 2 xx= thì 1 yx= . Để chấp nhận đợc các nghiệm này ta phải có 12 2 12 x0,x 03k0,k(3k)0 x 1,x 1 1 (3 k) k(3 k) k 2k 2 0. >>>> = Cùng với điều kiện 1 k 3 suy ra 1k0 < , k1 3 . Để ý rằng nếu k = 1 thì 12 xx= x = y, trở về trờng hợp a). Kết luận : ) Với k > 3, k 2 hệ có nghiệm x = y = 3 + k. ) Ngoài ra nếu - 1 < k < 0, k1 3 , hệ còn có hai nghiệm nữa : 1 2 xx, yx, = = 2, 1, xx yx = = trong đó 12 x,x là nghiệm của phơng trình (1) : ) Nếu k 3 thì hệ vô nghiệm. 2) Điều kiện cần. Vì 2 f(m) (m 2) 3= hoặc m2 3 , hoặc m2 3+ . Điều kiện đủ : A) giả sử m2 3+ . 1) Xét x m. Khi đó 22 f(x) (x 2) 2(x m) x 2x 4 2m= + = + . Đồ thị là một parabol có bề lõm quay về phía trên, hoành độ của đỉnh o x1 = , ngoài miền khảo sát (x m 2 3)+ , vậy 2 xm min f(x) f(m) (m 2) 3 = = (đúng). 2) Xét x m. Khi đó 22 f(x) (x 2) 2(x m) x 6x 4 2m= = ++ . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ Đồ thị là một parabol có bề lõm quay về phía trên, hoành độ của đỉnh o x3 = , trong miền khảo sát (m 2 3 3)+ > , vậy o xm minf(x) f(x ) f(3) 5 2m 3 ===+ , suy ra m 4. B) Giả sử m2 3 . 1) Xét x m. Khi đó nh trên 2 f(x) x 2x 4 2m=+ , hoành độ đỉnh của parabol o x1= nằm trong miền khảo sát (do m2 31 <), vậy o xm minf(x)f(x)f(1)32m3 ===, suy ra m 0. 2) Xét x m. Khi đó cũng nh trên 2 f(x) x 6x 4 2m=++ , hoành độ đỉnh của parabol o x3= nằm ngoài miền khảo sát, vậy 2 xm min f(x) f(m) (m 2) 3 = = (đúng) Vậy đáp số là : hoặc m 0, hoặc m 4. Câu III. Trớc hết ta hãy chứng tỏ rằng trong mọi tam giác ABC không vuông, ta đều có : tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC (1) Quả vậy, ta có tgA tgB tgC tg(A B) tgAtgB 1 + = + = , từ đó suy ra (1) 1) T (1) suy ra 2 tg A tgAtgB tgAtgC tgAtgBtgAtgC++= (2) hay 2 11 tg A 2 2. 1 22 + = = 2 1 tg A 2 = . Để ý rằng 1 tgAtgC 0 2 => , vậy tgA, tgC cùng dấu, mà trong tam giác không thể có hai góc tù, do đó tgA > 0 1 tgA 2 = , tgB 2 2= , 1 tgC 2 = . 2) Trong trờng hợp tổng quát, từ (2) suy ra 2 tg A p q pq++= 2 tg A pq (p q) = + . Để ý rằng trong tam giác, tang của một góc phải khác 0, do đó phải có các điều kiện p 0 , p 0 , pq > p + q. Ta hãy chứng tỏ rằng đây cũng là điều kiện đủ. Quả vậy, nếu p > 0 thì tgA, tgB cùng dấu, nh trên ta suy ra tgA > 0, cũng vậy nếu q > 0 cũng suy ra tgA > 0. Thành thử a) Nếu hoặc p > 0, hoặc q > 0 thì tgA > 0, vậy tgA pq (p q)=+, p tgB pq (p q) = + , q tgC pq (p q) = + . b) Nếu p < 0 và q < 0, thì tgA < 0 (tgB > 0, tgC > 0). tgA pq (p q)= + , p tgB pq (p q) = + , q tgC pq (p q) = + Câu IVa. 1) Hiển nhiên bất đẳng thức f(x) f x n n 2 2 ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ (1) đúng vớin=0.Giảsửbấtđẳng thức (1) đã đúng chon=k.Thếthìtheo điều kiện b) f x f xX f X kkk k 222 2 11 1 ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ =+ ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ổ ố ỗ ỗ ++ + ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ 2 , vậy f(x) f x k x k k 2 2 2 1 ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ + 22 1 2 2 1 . kk x k = ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ + + , từ đó suy ra (1) đúng cho mọi số tự nhiên n. 2) Từ điều kiện a) suy ra : nếu |x|<1thì f(x) > 0. Bây giờ ta hãy lấy x ẻ R tùy ý. Chọn số tự nhiên n đủ lớn sao cho |x| < 2 n X f X nn 2 1 2 0< ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ > Thế thì theo 1) f(x) f X n n 2 0 2 ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ > , vậy f(x) > 0 với mọi x ẻ R. 3) Vì f(x) > 0 với mọi x ẻ R, nên theo b) và a): f(x+h)ẻ f(x) f(h) (1 + h) f(x) = f(x) + hf(x) ị hf(x) Ê f(x + h) - f(x). Mặt khác với |h| < 1, tacó1-h> 0 vậy vẫn theo b) và a) : f(x)=f(x+h-h) f(x + h)f(-h) (1-h)f(x+h)ị f(x+h)Ê f(x) 1- h ị f(x + h) - f(x) Ê f(x) 1- h -f(x)= hf(x) 1- h . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ 4) Với Dx ẻ (-1 ; 1), theo 3) Dx . f(x) Ê f(x + Dx) - f(x) Ê D D x.f(x) 1- x . Suy ra a) nếu Dx ẻ (0 ; 1), thì f(x) Ê f(x + x) - f(x) x f(x) 1- x D DD Ê , b) nếu Dx ẻ (-1;0)thì f(x) f(x + x) - f(x) x f(x) 1- x D DD . Trong cả hai trỷờng hợp, ta đều có lim f(x + x) - f(x) x =f(x) x0D D D đ , chứng tỏ đạo hàm f(x) luôn luôn tồn tại và f(x) = f(x) với mọi x ẻ R, hoặc cũng vậy f'(t) f(t) =1với mọi t ẻ R. Do đó () () ft ft dt dt xx ' 00 ũũ = với mọi x ẻ R Hay ln f(x) f(0) =xị f(x) = f(0) . e x . Theo a) ta có f(0) 1+0=1, và theo b) f(0) = f(0 + 0) f 2 (0). Do vậy f(0) = 1, suy ra f(x) = e x . Câu IVb. Dựng thiết diện qua đỷờng chéo BD chẳng hạn. Giả sử thiết diện này cắt AA tại M. Gọi O là tâm hình lập phỷơng. Các điểm M và O thuộc mặt chéo (AA, CC), do đó MO kéo dài cắt CC tại N. Vì các cặp mặt đối của lập phỷơng song song nên BM//ND và BN//MD, do đó thiết diện MBDN là hình bình hành. Tacó:S = dt(BMDN) = BD . MK=d.MK vớidlàđỷờng chéo của hình lập phỷơng. Suy ra S nhỏ nhất khi MK nhỏ nhất, tức là MK là đoạn vuông góc www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ chung của AA và BD. Dễ thấy rằng M o O là đoạn vuông góc chung của AA và BD, với M o là trung điểm của AA Vậy thiết diện dựng qua đỷờng chéo BD và trung điểm M o của cạnh bên AA sẽ cho thiết diện BM o DN o có diện tích nhỏ nhất. Câu Vb. a) Mỗi cạnh của tam giác ABC không thể vỷợt quá đỷờng kính của hình tròn chứa tam giác ấy, do vậy nếu ABC là tam giác vuông hay tù, thì hình tròn nhỏ nhất chứa tam giác là hình tròn với đỷờng kính là cạnh lớn nhất của tam giác. b) Ta hãy chứng minh rằng nếu ABC là tam giác nhọn, thì hình tròn ngoại tiếp là hình tròn với bán kính nhỏ nhất chứa tam giác ấy. Quả vậy, gọi O là tâm của hình tròn ngoại tiếp. Bán kính hình tròn ấy là R=OA=OB=OC. Trên hình ve, ta kí hiệu A, B, C là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Xem một hình tròn tâm O, bán kính R chứa tam giác ABC. Dĩ nhiên chỉ cần xét trỷờng hợp Okhông trùng với O. Ta phải có R max {OA, OB, OC}. Các tia OA, OB, OC chia mặt phẳng ra 3 phần : điểm O phải thuộc một trong các phần ấy. Vai trò A, B, C là ngang nhau, nên có thể coi rằng O thuộc phần mặt phẳng chắn bởi hai tia OB và OC (Hình vẽ) (O có thể nằm trên tia OB hay tia OC). Ta hãy chứng tỏ rằng OA > OA. Quả vậy, các góc B và C là nhọn, nên các góc AOC' ^ và AOB'' ^ là tù. Suy ra : O nằm ngoài hình tròn tâm A, bán kính AO, tức là OA > OA. Vì A là trung điểm cạnh BC, nên ta có OB 2 + OC 2 = 2OA 2 + 2BA 2 , 2R 2 =OB 2 +OC 2 = 2OA 2 + 2BA 2 , với OA > OA, suy ra OB 2 + OC 2 > 2R 2 , vậy phải có OB > Rhoặc OC > R ị R > R. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Hàm số f(x) có tập xác định R và thỏa mãn các điều kiện : a) f(x) 1 + x với mọi x ẻ R, b) f(x + y) f(x).f(y) với mọi x, y ẻ R. 1) Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự nhiên n, ta có f(x) f x 2 n 2 n . 2) Sử dụng bất đẳng thức (1), hãy chỉ ra một khoảng mở chứa O để f(x) > 0 trên khoảng đó. Từ các kết quả đã đ ợc, hãy suy ra rằng f(x) > 0 với mọi x ẻ R. 3) Chứng minh rằng với mọi x ẻ R và mọi h ẻ (- 1 ; 1), ta luôn có h.f(x) Ê f(x + h) - f(x) Ê h.f(x) l- h . 4) Chứng tỏ rằng đạo hàm f(x) tồn tại với mọi x ẻ R. Từ đó hãy suy ra rằng f(x) = e x . Câu IVb. Cắt hình lập phỷơng bằng một mặt phẳng (P) đi qua một đỷờng chéo của hình lập phỷơng. Phải chọn mặt phẳng (P) thế nào để thiết diện thu đỷợc có diện tích nhỏ nhất ? Câu Vb. ABC là một tam giác cho trỷỳỏc. Xác định hình tròn có bán kính nhỏ nhất chứa tam giác đó. . f(x + h) - f(x). Mặt khác với |h| < 1, tacó1-h> 0 vậy vẫn theo b) và a) : f(x)=f(x+h-h) f(x + h)f(-h) (1-h)f(x+h)ị f(x+h)Ê f(x) 1- h ị f(x + h) - f(x) Ê f(x) 1- h -f(x)= hf(x) 1- h . www.khoabang.com.vn Luyện. ; 1), thì f(x) Ê f(x + x) - f(x) x f(x) 1- x D DD Ê , b) nếu Dx ẻ (-1 ;0)thì f(x) f(x + x) - f(x) x f(x) 1- x D DD . Trong cả hai trỷờng hợp, ta đều có lim f(x + x) - f(x) x =f(x) x0D D D đ , chứng. h . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ 4) Với Dx ẻ (-1 ; 1), theo 3) Dx . f(x) Ê f(x + Dx) - f(x) Ê D D x.f(x) 1- x . Suy ra a) nếu