2) Gọi ABC là tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O) bán kính R cho tr ớc. Ta phải tìm tam giác có AB2 + BC2 + CA2 lớn nhất. Dùng định lí hàm số sin ta có: AB2 + BC2 + CA2 = c2 + a2 + b2 =4R2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C). Ta phải tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = sin 2A + sin 2B + sin 2C = 3 2 - 1 2 (cos2A + cos2B + cos2C). Muốn S lớn nhất thì S1 = cos2A + cos2B + cos2C phải nhỏ nhất. Ta có:
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I.Dox 2 -4x+5>0vớimọixnênhàmsốxácđịnh trên toàn bộ trục số. Ta có: y=-2+ a(x - 2) xx 2 45+ , y = a (x - 4x + 5) 23 . Giả sử hàm đạt cực đại tại x o . Khi đó ta phải có : yx yx '( ) ''( ) 0 0 0 0 = < ax xx a () 0 0 2 0 2 45 2 0 + = < a xx x x = + < 245 2 2 0 2 0 0 0 Điều đó chứng tỏ rằng a phải thuộc miền giá trị của hàm số: f(x) = 2x-4x+5 2 x 2 với - Ơ <x<2. Ta có : f(x) = -2 (x - 2) x - 4x + 5 22 Miền giá trị của f(x) là khoảng (-Ơ ; -2). Vậy ta đỷợc đáp số là -Ơ <a<-2. Câu II. Ta giải phần 2) trỷỳỏc. Ta biến đổi: cos 6 x + sin 6 x = (cos 2 x + sin 2 x)(cos 4 x - sin 2 xcos 2 x + sin 4 x) = = 1 - 3sin 2 xcos 2 x=1- 3 4 sin 2x 2 , cos 2 x + sin 2 x = cos2x. Do đó phỷơng trình đỷợc viết lại: 1- 3 4 sin 2x cos2x =2m sin2x cos2x 2 . Đặt điều kiện cos2x ạ 0tasẽđỷợc: 3sin 2 2x + 8msin2x-4=0. Đặt t = sin2x thì -1<t<1(docos2x ạ 0) và ta có phỷơng trình: 3t 2 +8mt-4=0. (2) Muốn (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm t ẻ (-1;1).Rõràngt=0không thỏa (2) nên ta có thể chia cả hai vế của (2) cho t sẽ đỷợc: 8m = -3t + 4 t 2 . (3) Hàm f(t) = -3t + 4 t 2 có f = -3 - 4 t 2 . Dựa vào bảng biến thiên này, nhận thấy muốn (2) tức (3) có nghiệm t ẻ (-1 ; 1) thì 8m < -1 hoặc 8m > 1, tức là m< - 1 8 hoặc m > 1 8 . 1) Khi m = 1 8 ,phỷơng trình vô nghiệm. Câu III. 1) Ta có P= bc a(b+c) + ac b(a +c) + ab c(a + b) 222 = 1 a . 1 1 b + 1 c + 1 b . 1 1 c + 1 a + 1 c . 1 1 a + 1 b 222 Đặt 1 a =x , 1 b =y , 1 c =z ta có xyz = 1 abc =1 . Khi đó P= x y+z + y z+x + z x+y 222 Theo bđt Côsi ta có x y+z + y+z 4 2 x y+z . y+z 4 =x (1) 22 www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ y z+x + z+x 4 y (2) , z x+y + x+y 4 z(3) 22 Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta đỷợc P+ x+y+z 2 x+y+z P 1 2 (x+y+z) 3 2 3 xyz = 3 2 2) Gọi ABC là tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O) bán kính R cho tr ớc. Ta phải tìm tam giác có AB 2 +BC 2 +CA 2 lớn nhất. Dùng định lí hàm số sin ta có: AB 2 +BC 2 +CA 2 =c 2 +a 2 +b 2 =4R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C). Ta phải tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C= 3 2 - 1 2 (cos2A + cos2B + cos2C) . Muốn S lớn nhất thì S 1 = cos2A + cos2B + cos2C phải nhỏ nhất. Ta có: S 1 = 2cos 2 A-1+2cos(B + C) cos(B - C) = = 2cos 2 A - 2cosA.cos(B - C) - 1. Vế phải là một tam thức bậc hai đối với cosA, hệ số của cos 2 A là d ơng nên tam thức có giá trị nhỏ nhất khi cosA = 1 2 cos(B - C) (1) và S 1min = - 4a =- 4cos (B - C) + 8 8 2 = - 1 2 cos (B-C)-1 2 . S 1min phụ thuộc cos(B - C). Muốn có giá trị nhỏ nhất của S 1min thì phải có cos 2 (B - C) = 1 hay cos (B - C) = 1 (không lấy giá trị -1 vì B, C là 2 góc của tam giác), suy raB=C.Thay vào (1) ta đ ợc cosA = 1/2, tức làA=60 0 . Vậy tam giác đều là tam giác có tổng AB 2 +BC 2 +CA 2 lớn nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp trong đ ờng tròn (O). 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 IVa. Đặt x = t thì dx = dt và I = bb xt bb f(x) f( t) dx dt a1 a 1 = = ++ === ++ + bbb tx tt x bbb f(t) a f(t) a f(x) dt dt dx a1 a1 a1 . Suy ra 2I = bb b xx xx x bb b f(x) a f(x) (a 1)f(x) dx dx dx a1 a1 a1 + += = ++ + bb b0 f(x)dx 2 f(x)dx == (vì f(x) chẵn). Vậy I = b 0 f(x)dx . Câu Va. 1) Đa phơng trình elip về dạng chính tắc 22 xy 1 41 += ; suy ra 1 A( 2,0) ; 2 A (2, 0). Vậy 1 AN có phơng trình : 11 NN ANAN yy xx yyxx = 4 (n y) = n(2 x) nx 4y + 2n = 0 (1) Tơng tự 2 AM có phơng trình là : mx + 4y 2m = 0 Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ (1), (2) 2(m n) x mn mn y mn = + = + 2) Ta có phơng trình của MN là NN MN MN yy xx yyxx = (n m) x 4y + 2 (m + n) = 0 (3) Để MN tiếp xúc với elip (E) thì hệ 22 x4y4 (n m)x 4y 2(m n) 0 += ++= phải có nghiệm duy nhất. Từ (3) có nm mn yx 42 + =+ ; thay vào phơng trình (E) và biến đổi ta có : 2222 2 (n m) 4 x 4(n m )x 4(m n) 16 0 + + ++= (4) Để hệ có nghiệm duy nhất thì (4) phải có nghiệm duy nhất, tức là : _ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________ ' = 64(1 mn) = 0 mn = 1. Vậy để MN tiếp xúc với (E) thì mn = 1. Điểm I có tọa độ 2(m n) x mn = + (5) mn y mn = + (6) Từ (5) ta có : Do mn = 1, từ (6) 1 y mn = + ; thế vào (7) ta có 22 x416y= 2 2 x 4y 1 4 + = . Vậy tọa độ của I thỏa mãn phơng trình : 2 2 x 4y 1 4 + = . Vậy tập hợp điểm I là elip 2 2 x 4y 1 4 += . Câu IVb. 1) N A'D N (AA'D) ; N BC N (ABC). Vậy N thuộc giao của 2 mặt phẳng (AA'D) và (ABC). Hiển nhiên A, M cũng thuộc giao tuyến đó. Vậy A, M, N thẳng hàng. 2) Gọi H, H' tơng ứng là hình chiếu của A và M trên (BCD) MH' // AH AH và MH' cũng nằm trong (ANH) = MH' MN AH AN (1) Mặt khác : (do MA' // AD) MN MA' AN AD = (2) Từ (1) và (2) MH' MA' AH AD = MBCD ABCD V MH' MA' VAHAD == (3) 3) Tơng tự nh phần 2) ta chứng minh đợc : MACD ABCD V MB' VBD = , (4) MABD ABCD V MC ' VCD = (5) Cộng theo vế (3), (4) và (5) ta đợc MA' MB' MC ' 1 AD BD CD ++= .