_www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________ Câu I. 1) 2 a40= |a| 2. (1) 22 12 21 xx 7 xx +> 44 12 2 12 xx 7 (x x ) + > 2 22 1 2 12 12 2 12 (x x ) 2x x 2(x x ) 7 (x x ) + > (theo định lí Viet) 22 (a 2) 2 7> |a| 5> (2) Kết hợp (1) và (2) đợc đáp số : |a| > 5 . 2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số : o xd , o x , o xd + (d 0) thỏa mãn 3 oo (x d) a(x d) b 0+ += , 3 oo xaxb0++=, 3 oo (x d) a(x d) b 0++ ++=. Giải ra đợc o x = 0, b = 0, a < 0 tùy ý. Khi đó 3 nghiệm là a , 0, a . Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý. Câu II. Phơng trình đã cho tơng đơng với : 2 (1 a)y 2y 4a 0+=(1) 1 y cosx = (2) 1) Khi 1 a 2 = : (1) có nghiệm kép y = 2. Thay vào (2) đợc 1 cosx 2 = . Do đó x2k 3 = + . 2) Vì 0 < x < 2 nên số nghiệm (x) của phơng trình đã cho trong khoảng 0 ; 2 bằng số nghiệm (y) của phơng trình (1) trong khoảng (1 ; +). Vậy phơng trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ; 2 khi và chỉ khi phơng trình (1) có 2 nghiệm 1 y , 2 y khác nhau trong khoảng (1 ; +) ; tức là a 1, > 0 và 12 1y y<< . So sánh số 1 với 2 nghiệm của phơng trình (1), ta đợc kết quả : 1 3 < a < 1, với 1 a 2 . Câu III. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Phơng trình của tiếp tuyến d tại M : 4 32 a5 y(xa)(2a 6a) 3a 22 = + + Do đó hoành độ các giao điểm của d và đồ thị là nghiệm của phơng trình : _www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ______________________________________________________ 4 42 3 2 15 a5 x3x (xa)(2a6a) 3a 22 22 += ++ Phơng trình này tơng đơng với : 22 2 (x a) (x 2ax 3a 6) 0 ++=. 3) Tiếp tuyến d cắt đồ thị tại 2 điểm P Q f(x) = 22 x2ax3a6 + + có 2 nghiệm khác nhau (và khác a) ' > 0 và f(a) 0 3a 3<< , a 1. Tọa độ điểm K : KPQ 42 K 1 x(xx)a 2 75 ya9a 22 =+= = + + Khử a ta đợc : 42 KKK 75 yx9x 22 = + + . Vì điều kiện : 3a 3<< , a 1 nên K 3x 3< < , K x1 . Vậy tập hợp các điểm K là phần của đồ thị 42 75 yx9x 22 = + + ứng với 3x 3<< , x 1 (xem Hình ) 0 Câu IVa. 1) Các giao điểm của (P) và (C) có tọa độ (x , y) là nghiệm của hệ phỷơng trình yx xyR 2 22 2 = + = () Suyra (x-2)+x=R 2 x 2 -3x+4-R 2 =0. (1) Để (C) tiếp xúc với (P), phỷơng trình (1) phải có nghiệm duy nhất, tức là =9-4(4-R 2 )=0 R= 7 2 . Khi đó (1) có nghiệm x= 3 2 ị y 2 =x = 3 2 ị y= 6 2 , nói cách khác các tiếp điểm T, T có tọa độ 3 2 , 6 2 (Hình). 2) Tiếp tuyến của (P) tại điểm (x o ,y o ) ẻ (P) có hệ số góc xác định bởi 2y o y o =1ị y o = 1 2y o . Vậy tại điểm T 3 2 , 6 2 ẻ (P), tiếp tuyến AT có hệ số góc k = y' = 1 2y = 1 2 . 2 6 = 1 6 o o , suy ra phỷơng trình của tiếp tuyến AT y= 1 6 x- 3 2 + 6 2 = x 6 + 6 4 . Tiếp tuyến AT đối xứng với AT qua Ox, vậy AT có phỷơng trình -y= x 6 + 6 4 y=- x 6 - 6 4 . 3) Theo hình 118, A là giao điểm của tiếp tuyến AT với Ox. Suy ra hoành độ của A là nghiệm của phỷơng trình www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 0= x 6 + 6 4 x=- 3 2 . Diện tích S của tam giác cong ATOT (vì lí do đối xứng) bằng 2 lần diện tích S của tam giác cong AOT. Ta có theo kí hiệu trên hình : S = dt(AHT) - S 1 với S 1 là diện tích của tam giác cong OHT. Vởy dt(AHT) = 1 2 . AH. HT = 3 2 . 6 2 = 36 4 , S= xdx= 2 3 x= 3 2 = 6 2 1 0 3/ 2 3/ 2 0 3/ 2 , S' = 36 4 - 6 2 = 6 4 , S = 2S = 6 2 . Khi đó AK = AL. Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có: 1 AK = 1 AK' - 1 SA , 1 AL = 1 AL' - 1 SA 2222 22 . suy ra AK = AL ị KL AB. Ngỷỳồc lại, nếu KL AB ị AK=ALị SK = AL, SK = SL ị KL // KL ị KL (SAB) ị KL AB ị C là trung điểm của KL. với S 1 là diện tích của tam giác cong OHT. Vậy dt(AHT) = 1 2 . AH. HT = 3 2 . 6 2 = 36 4 , S= xdx= 2 3 x= 3 2 = 6 2 1 0 3/ 2 3/ 2 0 3/ 2 , S' = 36 4 - 6 2 = 6 4 ,S = 2S = 6 2 . Câu IVb.1)BK AK, BK SA ị BK (SAK) ị BK AK. Cùng với AK SB ị AK (SBK) ị AK KB. Vậy K nhìn AB d ới góc vuông. Tỷơng tự ta chứng minh L nhìn AB d ới góc vuông. Vậy AKBL đỷợc nội tiếp trong đỷờng tròn () đỷờng kính AB trong mặt phẳng Q . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Để ý rằng trong chứng minh trên, ta còn đ ợc AK SK, tỷơng tự AL SK. 2) KL là một dây cung của () cắt đỷờng kính AB tại C. C chỉ có thể là trung điểm của KL trong hai trỷỳõng hợp: Trỷỳõng hợp1:KL AB. Khi đó AK = AL. Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có: 1 AK = 1 AK' - 1 SA , 1 AL = 1 AL' - 1 SA 2222 22 . suy ra AK = AL ị KL AB. Ngỷỳồc lại, nếu KL AB ị AK=ALị SK = AL, SK = SL ị KL // KL ị KL (SAB) ị KL AB ị C là trung điểm của KL. Trỷỳõng hợp 2 : C là trung điểm của AB. Khi đó kẻ BM // SC cắt AB tại M (Hình 120). Ta có SB' SB = CM CB = x 2R - x . Nh ng SB' SB = SB'.SB SB = SA SB = h h+4R 2 2 2 2 22 suy ra x= Rh h+2R 2 22 . Ngỷỳồc lại nếu x nhận giá trị trên, suy ra CM=x=ACị AC = CB và C là trung điểm của AB. 3) Tứ giác AKBL có diện tích dt(AKBL) = 1 2 AB. KLsin, trong đó là góc tạo bởi KL với AB. Diện tích ấy lớn nhất khi KL = AB, = /2, tức là khi AKBL là một hình vuông ; điều đó xảy ra khi C là trung điểm của AB và KL AB. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ . (theo định lí Viet) 22 (a 2) 2 7> |a| 5> (2) Kết hợp (1) và (2) đợc đáp số : |a| > 5 . 2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số : o xd , o x , o xd + (d 0) thỏa mãn. trong khoảng 0 ; 2 khi và chỉ khi phơng trình (1) có 2 nghiệm 1 y , 2 y khác nhau trong khoảng (1 ; +) ; tức là a 1, > 0 và 12 1y y<< . So sánh số 1 với 2 nghiệm của phơng. , 0, a . Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý. Câu II. Phơng trình đã cho tơng đơng với : 2 (1 a)y 2y 4a 0+=(1) 1 y cosx = (2) 1) Khi 1 a 2 = : (1) có nghiệm kép y = 2. Thay vào (2) đợc