www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. Cho hàm số y=(x+a) 3 +(x+b) 3 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ỷỏng với a=1,b=2-x 3 . 2) Trong trỷỳõng hợp tổng quát, các số a, b phải thỏa mãn điều kiện gì để hàm số có cỷồc đại và cỷồc tiểu? 3) Chỷỏng minh rằng với mọi a, b, phỷơng trình (x+a) 3 +(x+b) 3 -x 3 =0 không thể có 3 nghiệm phân biệt. Câu II. Cho phỷỳng trình lỷỳồng giác cos2x - (2m + 1)cosx+m+1=0. 1) Giải phỷỳng trình với m= 3 2 . 2)Tìmmđểphỷơng trình có nghiệm x vớixẻ ( 2 ; 3 2 ). Câu III. Tìm a để bất phỷơng trình sau đ ợc nghiệm đúng với mọix: aa a xx .().412 1 2 + + + > 0. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Trong trờng hợp tổng quát, hàm số có đạo hàm 222 y' 3[(x a) (x b) x ]=+++= 222 3[x 2(a b)x a b ]++ ++. Với y' là hàm bậc hai của x, nên để y có cực đại và cực tiểu, y' phải đổi dấu, tức là có biệt thức ' > 0 hay 222 '(ab) a b 2ab0 ab0= + = > > . 3) Nếu phơng trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt, thì đồ thị của hàm y phải cắt Ox tại 3 điểm phân biệt, do đó y phải có cực đại, cực tiểu, ngoài ra max y0> , min y0 < . Từ phần (2) suy ra ab >0, và ta có y' = 0 khi x = (a + b) 2ab . Nh vậy gọi f(x) là biểu thức của y, thì cần có = =+ + + ++ = 3 33 max y f( a b 2ab) (a 2ab) (b ab) (a b 2ab) + +>ab[3(a b) 4 2ab] 0 , =+ = + < min yf(ab2ab)ab[3(ab)42ab]0. Nhng 22 2 22 2 max min y y a b [9(a b) 32ab] a b [9(a b) 4ab] 0=+=+> do ab > 0, vậy không thể xảy ra trờng hợp trên. Thành thử phơng trình y = 0 không thể có ba nghiệm phân biệt. Câu II. Biến đổi phơng trình đã cho dới dạng 2 2cos x (2m 1)cosx m 0+ += suy ra cosx = 1 2 , cosx = m. 1) Với m = 3 2 nghiệm cosx = m bị loại. Vậy cosx = 1 2 x = 3 + 2k ( k Z). 2) Để phơng trình có nghiệm 3 xcosx0 22 << < . Vậy 1 m < 0. Câu III. 1) Đặt x t2 0=>, bài toán qui về : tìm a để bất phơng trình 2 at 4(a 1)t a 1 0++> (1) đợc nghiệm đúng với mọi t > 0. Với a = 0, (1) trở thành 4t 1 > 0 không đợc nghiệm đúng khi t > 0. 2) Nếu a < 0, gọi f(t) là vế trái của (1). Vì t lim f(t) + = nên với t > 0 đủ lớn f(t) < 0 (1) không đợc nghiệm. 3) Xét a > 0. Khi đó f(t) có biệt số thu gọn 2 '4(a1) a(a1)(a1)(3a4).= = Phân biệt các trờng hợp : i) 0 < a < 1 ' > 0 f(t) có hai nghiệm phân biệt 12 tt . Theo hệ thức Viet 12 a1 tt 0 a =< 12 t0t<< . vậy f(t) < 0 khi << 2 0tt (1) không đợc nghiệm với các giá trị này của t. ii) a1 : với t > 0 22 f(t) at 4(a 1)t (a 1) at 0=++> (1) đợc nghiệm đúng với mọi t > 0. Thành thử đáp số là a 1. Câu IV. Gọi I, J, K là tâm đỷờng tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABD, BCE, CAF, ta hãy chứng minh chẳng hạn IJ = IK. Quả vậy theo định lí hàm côsin IJ 2 =IB 2 +BJ 2 - 2IB.BJcos IBJ ^ = () 1 3 c+a-2accos(B+60) 22 o , IK 2 = () 1 3 c + b - 2bc cos (A + 60 ) 22 o . Đẳng thức IJ=IKtỷơng đỷơng với a 2 - 2accos(B + 60 0 )=b 2 - 2bccos(A + 60 0 ) a 2 -b 2 = c[2acos(B + 60 0 ) - 2bcos(A + 60 o )]. (1) Ta có 2acos(B + 60 o ) - 2bcos(A + 60 o ) = acosB - bcosA = =2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B). Vậy vế phải của (1) bằng 2Rcsin(A - B) = 4R 2 sinCsin(A - B). Vế trái của (1) bằng a 2 -b 2 =4R 2 (sin 2 A - sin 2 B)=2R 2 (cos2B - cos2A) = 4R 2 sin(A - B)sin(A + B) = =4R 2 sinCsin(A - B). Suy ra IJ = IK. Tỷơng tự ta có IK = KJ, vậy IJK là tam giác đều. Câu Va. 1)Nếua+b=0,thìcácđỷờng thẳng AN, BM không cắt nhau. Nếua+bạ 0, thì giao điểm I của các đỷờng thẳng đó có tọa độ x I = 3(a - b) ab+ ,y I = ab a+b . (1) 2) Nhỷ đã biết (đề số 103, câu IVa), để đỷờng thẳng www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Ax+By+C=0 tiếp xúc với elip x a + y b =1 2 2 2 2 , điều kiện cần và đủ là a 2 A 2 +b 2 B 2 =C 2 . (2) Trở về bài toán đang xét, ta có đỷờng thẳng MN với phỷơng trình y= (b - a)x 6 + a+b 2 , và hệ thức (2) trở thành 9(b - a) 36 +4= (a + b) 4 22 ab=4. 3) Vì ab = 4, nên a ạ 0, b ạ 0, và a, b cùng dấu, vậy a+bạ 0. Từ (1) suy ra các tọa độ của I: x I = 3(a - b) a+b ,y I = 4 a+b . Hiển nhiên y I ạ 0. Vậy a+b= 4 y I a-b= x 3 (a + b) = 4x 3y II I . Suy ra 2a = 4 y + 4x 3y 2b = 4 y - 4x 3y ị (4ab = 16) 16 = 16 y - 16x 9y 2 2 2 x 9 +y =1 2 2 . (E) Ta thấy điểm I thuộc elip (E). Vì ab=4, x I = 3(a - b) a+b ,y I = 4 a+b ta thấy y I nhận mọi giá trị khác 0, với trị số tuyệt đối không v ợt quá 1. Suy ra : tập hợp các điểm I là đ ờng elip (E ) bỏ đi 2 đỉnh trên trục lớn, đó là các điểm (3;0). www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu Vb. 1) Gọi A, B là các hình chiếu vuông góc của A và B lênD.TacóAA^ D,BB^ D,IM D , vậy các đ ờng thẳng AA, BB, IM đ ợc chứa trong ba mặt phẳng vuông góc với D đi qua A, B, M. Theo định lí Talet trong không gian, ta có A' M B' M = AI BI =1 ị AM = BM. Khi đó các tam giác vuông AAM, BBM có hai cạnh góc vuông bằng nhau, nên chúng bằng nhau ị AM = BM, vậy M ẻ P. 2) Hạ OH (P). Ta có IM OM, IM OH ị IM (OMH) ị IM MH. Vậy M nằm trên đỷờng tròn đỷờng kính IH trong mặt phẳng P, với bán kính R= 1 2 IH = 1 2 OI - OH = 1 2 d-h 22 22 . 3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy ra MH = OM - OH = x - h 22 22 , MI = OI - OM = d - x 2222 . Vậy V=V OHMI = 1 3 OH . MI.MH 2 = h 6 (x - h )(d - x ) 2222 . Vì h và d không đổi, suy ra V lớn nhất khi x 2 -h 2 =d 2 -x 2 ị x= d+h 2 22 . 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 IV. ABC là một tam giác tùy ý. Về phía ngoài của tam giác ấy, ngỷỳõitadỷồng các tam giác đều ABD, BCE, CAF. Chỷỏng minh rằng các tâm các đỷỳng tròn ngoại tiếp các tam giác đều nói trên, là các đỉnh của một tam giác đều. Câu Va. Cho elip (E) có phỷơng trình x 9 + y 4 22 =1. Xem các điểm A(-3, 0), M(-3, a), B(3, 0), N(3, b), trong đó a, b là hai số thay đổi. 1) Xác định các tọa độ của giao điểm I của các đỷỳõng thẳng AN và BM. 2) Chỷỏng tỏ rằng để đỷỳõng thẳng MN tiếp xúc với elip (E), điều kiện cần và đủ là a, b thỏa mãn điều kiện ab = 4. 3) Với a, b thay đổi nhỷng sao cho MN luôn tiếp xúc với (E), hãy tìm tập hợp điểm I. Câu Vb. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định ; gọi I là trung điểm của đoạn AB. Ta gọi (D) là một đỷờng thẳng bất kì, cách đều A và B, tức là khoảng cách từ A đến (D) bằng khoảng cách từ B đến (D). 1) Chỷỏng tỏ rằng hình chiếu vuông góc M của I lên (D) nằm trên mặt phẳng trung trỷồc (P) của đoạn AB. 2) O là một điểm cố định không thuộc (P) và cũng không thuộc đỷờng thẳng AB. Chỷỏng minh rằng nếu đỷờng thẳng (D) đi qua O, thì giao điểm của (D) với (P) nằm trên một đỷờng tròn cố định. Xác định tâm và bán kính đỷờng tròn đó, biết OI = d, và khoảng cách từ O đến (P) là OH = h. 3) Tính thể tích tỷỏ diện OHMI theo d, h và x = OM. Tìm x để thể tích đó lớn nhất. . kính R= 1 2 IH = 1 2 OI - OH = 1 2 d-h 22 22 . 3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy ra MH = OM - OH = x - h 22 22 , MI = OI - OM = d - x 2222 . Vậy V=V OHMI = 1 3 OH . MI.MH 2 = h 6 (x - h )(d - x ) 2222 . Vì. 60 0 ) - 2bcos(A + 60 o )]. (1) Ta có 2acos(B + 60 o ) - 2bcos(A + 60 o ) = acosB - bcosA = =2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B). Vậy vế phải của (1) bằng 2Rcsin(A - B) = 4R 2 sinCsin(A - B). Vế. (1) bằng a 2 -b 2 =4R 2 (sin 2 A - sin 2 B)=2R 2 (cos2B - cos2A) = 4R 2 sin(A - B)sin(A + B) = =4R 2 sinCsin(A - B). Suy ra IJ = IK. Tỷơng tự ta có IK = KJ, vậy IJK là tam giác đều. Câu Va. 1)Nếua+b=0,thìcácđỷờng