Đề Luyện Thi Thử Tốt Nghiệp - Đại Học Năm 2011 - Số 19 potx

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. Chỷỏng minh rằng để xpxq 43 ++ 0 với mọi x ẻ R, điều kiện cần và đủ là : 256q 27 p 4 . Câu II. 1) ABC là một tam giác tùy ý với cả 3 góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích P = tgA . tgB . tgC. 2) Xác định a để hai phỷơng trình sau tỷơng đỷơng : 2cosx cos2x=1+cos2x + cos3x (1) 4cos2x - cos3x = acosx + (4 - a)(1 + cos2x). (2) Câu III. 1) Giải bất phỷơng trình 6 log x 6 2 + x log x 6 Ê 12 . 2) Giải phỷơng trình 3x - 2 + x - 1 = 4x - 9 + 2 3x - 5x + 2 2 . (2) Câu IVa. Cho họ đỷờng thẳng phụ thuộc tham số : (x - 1)cos + (y - 1)sin -4=0. 1) Tìm tập hợp các điểm của mặt phẳng không thuộc bất kì đỷờng thẳng nào của họ. 2) Chỷỏng minh rằng mọi đỷờng thẳng của họ đều tiếp xúc với một đỷờng tròn cố định. Câu IVb. 1) Cạnh của tỷỏ diện đều bằng a. Tìm bán kính hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tỷỏ diện. 2) a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có diện tích S. Chỷỏng minh rằng abc 222 ++ 4S 3 . Trong trỷỳõng hợp nào thì xảy ra dấu đẳng thỷỏc ? www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________ Câu I. Xét hàm 43 yx px q=+ +, 322 y' 4x 3px x (4x 3p)=+ = + x 3p 4 + y' 0 + y + M + Qua bảng xét dấu, ta thấy 4 3p 256q 27p My 4256 == là giá trị nhỏ nhất của hàm số. Từ đó y(x) 0, x 4 M0 256q27p . Câu II. 1) 0A,B,C 2 <<, A + B + C = tg(A + B) = tg ( C) = tgC tgA tgB tgC 1tgAtgB + = P = tgA tgB tgC = tgA + tgB + tgC. áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng tgA, tgB, tgC, ta có 3 P3P P33 . Vậy min P33= khi tgA = tgB = tgC (A B C ) 3 === . 2) Phơng trình (1) có thể viết lại : cosx = 1 + cos2x hay cosx (2cosx 1) = 0 (chú ý : 2cosx cos2x = cos3x + cosx ). Từ đó có a) cosx = 0, b) 1 cosx 2 = . Bây giờ xét (2). Dùng công thức góc nhân đôi và nhân ba và đặt cosx = t (1 t 1) thì ta đợc 2 t[4t 2(2 a)t (a 3)] 0++= (3) Để (1) tơng đơng với (2) thì (3) phải có hai nghiệm 1 t0 = , 2 1 t 2 = , ngoài ra nếu (3) có nghiệm 3 t nữa thì hoặc 3 t0= hoặc 3 1 t 2 = hoặc 3 t không thuộc khoảng [-1, 1 ] . Dễ thấy rằng với a, (3) luôn có nghiệm 1 t0= , 2 1 t 2 = và 3 a3 t 2 = . Nếu cho 3 t0 = thì đợc a = 3, nếu cho 3 1 t 2 = thì đợc a = 4. Nếu buộc 3 t1 < thì đợc a < 1, nếu buộc 3 t1> thì đợc a > 5. Vậy muốn (1) và (2) tơng đơng thì a < 1 hoặc a = 3 ; 4 hoặc a > 5. Câu III. 1) Ta có (điều kiện là x > 0 ) : () == 2 6 66 6 log x log x log x log x 66 x. Vì vậy nếu đặt 6 log x tx= thì có 2t 12 0 < t 6,hay 6 log x x6 2 6 (log x) 1 6 1 1logx1 x6 6 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________ 2) Điều kiện: x 1. Đặt t3x2x1=+ ta có phơng trình đã cho trở thành 2 tt60 = t2 t3 = = . Chỉ có t = 3 thỏa mãn, từ đó 3x 2 x 1 3+ = 2 x1 3x 5x 2 6 2x += 2 1x3 x19x340 += x = 2 Câu IVa. 1) Điểm (x , y) không thuộc bất cứ đỷờng thẳng nào của họ, nếu không tồn tại a sao cho (x - 1)cos +(y-1)sin =4,(1) nói cách khác nếu phỷơng trình l ợng giác (1) (đối với a) không có nghiệm : điều kiện cần và đủ là (x-1) 2 +(y-1) 2 <4 2 = 16. Vậy tập hợp phải tìm là phần trong của hình tròn (C) có tâm (1 , 1) và bán kínhR=4. 2) Ta hãy chứng tỏ rằng họ đỷờng thẳng đã cho luôn luôn tiếp xúc với đỷờng tròn (C) : muốn vậy, ta chứng minh rằng khoảng cách d từ điểm (1 , 1) đến đỷờng thẳng bằng 4. Thật vậy d= |(1 - 1)cos + (1 - 1)sin - 4| cos sin 22 + =4. Câu IVb. 1) Hình cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện đều, do đó tâm hình cầu phải nằm trên giao tuyến của ba mặt phân giác của các góc nhị diện có điểm chung ở đỉnh của tứ diện. Giao tuyến này chính là một đỷờng cao của tứ diện (hạ từ đỉnh của góc tam diện đó). Chẳng hạn tâm O của hình cầu nằm trên đỷờng cao AO 1 . Xét tam giác vuông AO 1 B có AO 1 là đỷờng cao, AB là cạnh của tứ diện, O là tâm của hình cầu. OE là bán kính hình cầu. Dễ thấy E là trung điểm của AB (hình cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện tại trung điểm của chúng). Tam giác AEO và AO 1 B đồng dạng, do đó có: OE OB = AE AO ;OB= a 3 ;AE= a 2 11 1 ; AO 1 = AB - O B = a - a 3 = a6 3 2 1 22 2 . Do đó : R= AE . O B AO = a 3 . a 2 . 3 a6 = a2 4 1 1 . 2) Theo công thức Hêrông về diện tích của tam giác ta có: S= ( a+b+c 2 )( a+b-c 2 )( a-b+c 2 )( b+c-a 2 ) 1 2 ; (1) tất cả các thừa số đều dỷơng (tổng hai cạnh của một tam giác bao giờ cũng lớn hơn cạnh thứ ba), vì thế ta áp dụng bất đẳng thức Côsi (n = 3) cho tích (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a). www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ §Æt x=a+b-c;y=a+c-b;z=b+c-atacã: xyz £ (x+y+z) 3 27 . Do ®ã :4S= (a + b + c)(a + b - c)(a - b + c)(b + c - a) £ £ (a + b + c) (a + b + c) 27 = (a + b + c) 33 32 . BiÕt(a+b+c) 2 =a 2 +b 2 +c 2 + 2ab + 2bc + 2ac £ £ a 2 +b 2 +c 2 +(a 2 +b 2 )+(b 2 +c 2 )+(c 2 +a 2 ) = 3(a 2 +b 2 +c 2 ), vËy 4S £ (a + b + c) 33 3(a + b + c ) 33 2222 ≤ = a+b+c 3 222 hay a 2 +b 2 +c 2 ³ 4S 3 . DÊu ®¼ng thøc x¶y rakhia=b=c. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng ________________________________________________________________________________ . thừa số đều dỷơng (tổng hai cạnh của một tam giác bao giờ cũng lớn hơn cạnh thứ ba), vì thế ta áp dụng bất đẳng thức Côsi (n = 3) cho tích (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a). www.khoabang.com.vn Luyện thi. cos3x (1) 4cos2x - cos3x = acosx + (4 - a)(1 + cos2x). (2) Câu III. 1) Giải bất phỷơng trình 6 log x 6 2 + x log x 6 Ê 12 . 2) Giải phỷơng trình 3x - 2 + x - 1 = 4x - 9 + 2 3x - 5x + 2 2 . (2) Câu. mạng ________________________________________________________________________________ §Æt x=a+b-c;y=a+c-b;z=b+c-atacã: xyz £ (x+y+z) 3 27 . Do ®ã :4S= (a + b + c)(a + b - c)(a - b + c)(b + c - a) £ £ (a + b + c) (a + b + c) 27 = (a + b + c) 33 32 . BiÕt(a+b+c) 2 =a 2 +b 2 +c 2 +