www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Qua khảo sát, ta dự đoán rằng trục đối xứng của đồ thị là đỷờngx=1.Thực vậy, đặt xX yY =+ = 1 thì phỷơng trình ban đầu trở thành:Y=X 4 -8X 2 +6; hàm này là hàm chẵn, do vậy đồ thị nhận trục O 1 Y làm trục đối xứng. Tìm giao với trục hoành:y=0 Y=0 X 4 -8X 2 +6=0ị X 1234,,, = 410 ị x 1234,,, =1 410 . Câu II. 1) Theo giả thiết, ta phải có:(x + 1)y + xy + (x - 1)y = (1) xy = 3 . Từ đó suy ra: (x + 1)y = 3 +y;(x-1)y= 3 -y . Vì xy = 3 nên từ (1) suy ra: 0 < 3 -y< 2 3 , (2) 0 < y+ 3 < 2 3 (3) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________________________________ (Chúý:(x+1)y> 0;(x-1)y> 0). Từ (2) và (3) suy ra: - 3 <y< 3 . (4) Cần chọn y thỏa mãn (4) sao cho: sin 3 +y =sin 3 +sin 3 -y 222 1-cos 2 3 +2y = 3 2 +1-cos 2 3 -2y -cos 2 3 +2y +cos 2 3 -2y = 3 2 2sin 2 3 . sin2y = 3 2 sin2y = 3 2 . Do (4) nên chỉ có nghiệm duy nhất : y o = 6 ,vàdovậyx o =2. Vậy : nếu bài toán có nghiệm thì phải có x o =2,y o = /6. Thử lại, thấy thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt ra (đề nghị tự kiểm tra). Đáp số : x o =2;y o = 6 . 2) a) a 2 =b 2 +c 2 - 2bccosA =(b - c) 2 + 2bc(1 - cosA) 2bc (1 - cosA) = 2bc.2sin 2 A 2 a 4bc sin A 2 2 2 ị sin A 2 a 2bc . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ b) aA + bB + cC a+b+c 3 aA + bB + cC (a + b + c) - A+B+C 3 0 3(aA+bB+cC)-(a+b+c)(A+B+C) 3 0 ()abc++ (a - b)(A - B) + (b - c)(B - C) + (c - a)(C - A) 3(a + b + c) 0 . Bất đẳng thức cuối cùng đúng (vì đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh lớn hơn). Câu III. 1) Biến đổi hàm số đã cho: y= (x +1)+1+2 x +1+ 33 (x +1)+1-2 x +1 = 33 = (1 + x + 1) + (1 - x + 1) = 32 32 =1+ x+1+|1- x+1| 33 1+ x+1+1- x+1=2 33 . (Chú ý : hàm số xác định với "x -1). Vậy miny=2(khi - 1 Ê x Ê 0). 2) Điều kiện để căn bậc hai có nghĩa : -2 Ê x Ê 4. Biến đổi bất phỷơng trình nh sau: -4 -x + 2x + 8 -(-x + 2x + 8) + a - 10 22 . đặt t = -x + 2x + 8 2 thì khi -2 Ê x Ê 4 sẽ có 0 Ê t Ê 3. a) Bất phỷơng trình trở thành: -4t Ê -t 2 +a-10 t 2 -4t+4Ê 0 t=2. Từ đó giải phỷơng trình: -x + 2x + 8 2 =2sẽđợc:x 12, =1 5 . b)Ta cần tìm a sao cho với "t ẻ [0 ; 3] ta đều có:f(t) = t 2 -4t+10-aÊ 0 100 13 0 .() .() f f 10 0 70 a a a ô 10. _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ Câu IVa. 1) Gọi AA BB (x ,y ),(x ,y ) là tọa độ các điểm A, B ; gọi 11 I(x,y) = là trung điểm của đoạn AB ta có : 2 AA yx= , 2 BB yx= , 1AB 1 x(xx) 2 =+ , 22 1AB 1 y(xx) 2 =+ . Theo giả thiết : AB = 2 22222 AB AB AB (x x) (x x) 4= + = . 222 AB AB AB 4(xx)(xx)(xx)= + + = 222 2 AB AB 1 AB 1 (x x ) [1 (x x ) ] [4x 4x x ][1 4x ]= ++ = + 2 1AB AB 2 1 4 4x 4x x 4x x 14x = = + 22 1AB 1 22 11 42 4x 2x x 2x 14x 14x == ++ Mặt khác =+= + = 22 2 2 1AB AB AB 1AB 11 1 y(xx)[(xx)2xx][4x2xx] 22 2 . Vậy 222 11 11 22 11 12 1 y [4x 2x ] x 2 14x 14x =+ =+ ++ Do đó tập hợp trung điểm I của AB là đờng có phơng trình 2 2 1 yx 14x =+ + 2) Không giảm tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng AB xx < .Khi đó ta thấy diện tích phần mặt phẳng bị giới hạn bởi parabol và cát tuyến AB chính là : = + = A A x 22 2 BAAB x 1 S(xx)(xx) xdx 2 22 33 BAAB BA 11 (x x)(x x) [x x] 23 = += +++ = = 22 22 BA BABA BA xx xxxx (x x ) 23 3 BA 1 (x x ) 6 = Rõ ràng BA |x x | AB = 2, đẳng thức xảy ra AB A AB// x x x 1 = =, B x1 = , nên 14 S.8 63 = , đẳng thức xảy ra AB x1,x1= = . Câu IVb. 1) Gọi I, J lần lợt là trung điểm của AB và CD, OK AD. Tam giác AOD vuông ở O. Do đó : _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ 22 R OK KA.KD AI.DJ== = . Mặt khác, AI : DJ = 1 : 4. Từ đó AI = R/2 AB = R và CD = 4R. Do SO (ABCD) nên 22222 2222 SK SH SI SJ SO OK 4R R 5R====+ =+= SH R 5= . Mặt khác, AD = BC = AK + DJ = R5R 2R 22 =+ = Vậy 2 xq SH S(R4R5R). 55R 2 =+ + = ; 2 đáy SR(R4R)5R=+= ; 2 tp S5R(15)=+ ; 3 SABCD 10 VR 3 = 2) AD (SOK) SAD) SOK). Vậy hình chiếu của O lên (SAD) thuộc SK. Tơng tự với các mặt còn lại. Mặt khác, các tam giác SOK, SOH, SOI và SOJ đều vuông và bằng nhau nên các khoảng cách từ O đến 4 mặt bên bằng nhau. Rõ ràng, với cách lập luận nh vậy hình chiếu của điểm O' bất kì thuộc SO lên 4 mặt cũng cách đều O'. Muốn O' là tâm cầu nội tiếp hình chóp, ta vẽ đờng phân giác của n SKO , đờng này cắt SO ở O'. Bán kính mặt cầu nội tiếp bằng r = O'O = O'E. Vì SOK SEO' ta có : OK SK SK EO' SO' SO OO' == hay RR5 r2Rr = R( 5 1) r 2 = J I . (4) nên chỉ có nghiệm duy nhất : y o = 6 ,vàdovậyx o =2. Vậy : nếu bài toán có nghiệm thì phải có x o =2,y o = /6. Thử lại, thấy thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt ra (đề nghị tự kiểm tra). Đáp. SOH, SOI và SOJ đều vuông và bằng nhau nên các khoảng cách từ O đến 4 mặt bên bằng nhau. Rõ ràng, với cách lập luận nh vậy hình chiếu của điểm O' bất kì thuộc SO lên 4 mặt cũng cách đều O' Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________________________________ (Chúý:(x+1)y> 0;(x-1)y> 0). Từ (2) và (3) suy ra: - 3 <y< 3 . (4) Cần