Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 20

Câu I. Cho hàm số y= 362 2 xxa+ với -2 Ê x Ê 3. Xác định tham số a để giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II. 1) Chỷỏng minh rằng nếu một trong hai điều kiện sau đây đỷợc thỏa mãn, thì ABC là tam giác đều : a) 3S = 2 23 3 3 RABC(sin sin sin++ ); b)b+c= a 2 + h a 3 . 2) Giải phỷơng trình tgx + tgx tgx gx gx gx 23 2 3 ++ + +cot cot cot =6. Câu III. 1) Các tham số a, b phải thỏa mãn điều kiện gì để phỷơng trình sau có nghiệm : x 2 2 + 5 = 2(x - 2cos(ax + b)). 2) Giải bất phỷơng trình x x+1 -2 x+1 x >3 . Câu IVa. 1) Chỷỏng tỏhàm F(x) = khi x 0 Khi x=0 www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 22 ln 24 0 xx x Câu I. Trên hình vẽ, ta vẽ đồ thị hàm số: f(x) = 3x 2 -6x+2a-1(-2Ê x Ê 3) trong 4 trỷỳõng hợp: I) f(1) 0; II) f(-2) = -f(1) = H; III) f(-2) > H > -f(1) > 0; IV) f(-2) < H. Dựa vào đồ thị, dễ thấy rằng hàm y =|f(x)| sẽ đạt giá trị lớn nhất nhỷ sau: f(- 2) (trỷỳõng hợp I) H(trỷỳõng hợp II) f(- 2) (trỷỳõng hợp III) - f(1) (trỷờng hợp IV). Cũng từ đó thấy rằng để f max đạt giá trị nhỏ nhất, ta cần chọn a sao cho xảy ra trỷỳõng hợp II. Ta có : f(-2) = 2a + 23; -f(1) = -(2a - 4); H = f(-2) = -f(1) 2a+23=-(2a-4) a= - 19 4 . Câu II.1)a) 3abc 4R =2R . 1 8R 2 3 (a 3 +b 3 +c 3 ) 3abc = a 3 +b 3 +c 3 . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: a 3 +b 3 +c 3 3abc. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________ Dấu bằng xảy ra khia=b=c.VậyABCđều. b) b+c= a 2 + 3bsinC sinB + sinC = 1 2 sinA + 3sinBsinC sinB + sinC = 1 2 sin(B + C) + 3sinBsinC sinB + sinC = [] 1 2 sinBcosC + sinCcosB + 3sinBsinC sinB 1- cosC 2 - 3 2 sinC + sinC 1 - cosB 2 - 3 2 sinB = 0 sinB 1 - sin(C + 6 ) + sinC 1 - sin(B + 6 ) =0 += += sin( ) sin( ) C B 3 1 6 1 C B = = 3 3 2) Đặt tgx + cotgx = t(|t| 2) thì sẽ có: tg 2 x + cotg 2 x = (tgx + cotgx) 2 -2=t 2 -2; tg 3 x + cotg 3 x =(tgx + cotgx) 3 - 3tgxcotgx (tgx + cotgx) = t 3 - 3t. Vậy ta có phỷơng trình: t+(t 2 -2)+(t 3 -3t)=6 hay t 3 +t 2 -2t-8=0 (t-2)(t 2 +3t+4)=0 t=2. Sau đó giải phỷơng trình: tgx + cotgx = 2 sẽ đỷợc một họ nghiệm là: x= 4 +k (k ẻ Z). Câu III. 1) Viết lại phỷơng trình đã cho: x 2 -2x+5=-4cos(ax + b) (x-1) 2 +4=-4cos(ax + b) .(1) Ta có:(x - 1) 2 +4 4 - 4cos(ax + b). Vì thế x là nghiệm của (1) khi và chỉ khi x là nghiệm của hệ: www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ () cos( ) x ax b += += 144 44 2 x ax b = += 1 1cos( ) = += x ab 1 1cos( ) Vậy a+b= +2k (k ẻ Z). 2) Điều kiện : x+1 x 0 x -1 hoặc x>0. Đặt t = x+1 x thì t 0 và sẽ đến : 1 t 2 -2t-3>0 2t 3 +3t 2 -1<0 (t + 1)(2t 2 +t-1)<0 2(t+1) 2 t- 1 2 <0. Dot>0nên ta đỷợc :0<t< 1 2 . Từ đó : 0< x+1 x < 1 2 0< x+1 x < 1 4 . Giải hệ này, ta sẽ đỷợc : - 4 3 <x<-1 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________ Câu IVa. 1) a ) x > 0 : =+ = 2 x1x F'(x) xlnx . xlnx 2x 2 . b) ++ === x0 x0 F(x) F(0) x x x 0 : lim lim ln x x0 2 4 Xét x (0 ; 1 ]. Khi đó xxx ln x 244 . Mặt khác dễ chứng minh đợc rằng : 1 ln x x . Từ đó ta có : 1xx x x xlnx 42 4 4 x ( *) Cho x0 + và chú ý đến(*) ta đợc : x0 xx lim ln x 0 24 + = . Suy ra : F'(0) = f (0). 2) 1 0 1 22 0 xx1 S |xlnx|dx lnx 244 ==+= . Vậy diện tích cần tính 2 13 S.2cm.3cmcm 42 == . Câu Va. Đờng thẳng x4y2z70, (d) : 3x 7y 2z 0 ++= += có vectơ chỉ phơng u (6; 4; 5)= G Mặt phẳng (P) 3x + y z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến = G n(3;1;1) . Do vậy góc ( 0 ) giữa các vectơ u G và n G đợc xác định bởi u.n 19 cos |u|.|n| 11 7 = = G G G G . Góc họn tạo bởi đờng thẳng (d) với mặt phẳng (P) bằng 2 = . Từ kết quả trên, suy ra 19 sin | cos | 11 7 = = , Câu IVb. 1) Vì I là trung điểm của CH nên SH = SC. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng ________________________________________________________ Lại do CH = SH nên tam giác SHC đều n o HSC 60= . Góc phẳng nhị diện cạnh AB không đổi, (ABC) cố định (SAB) không đổi. 2) == ABC AC.CH S R (2R x)x 2 ; == 33 SI CH (2R x)x. 22 . Vậy = = SABC 1R V . (2R x)x.3x(2R x) 32 R3 x(2R x) 6 Từ đó SABC V lớn nhất x = R. 3) Giả sử là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI. Khi đó phải cách đều ba điểm S, B, A. Suy ra phải thuộc đờng thẳng d (SAB) và qua tâm O của đờng tròn ngoại tiếp SAB. Vì n o BSA 90 = nên tâm O này là trung điểm của AB. Theo chứng minh trên thì (SAB) cố định, vậy (d) cố định. S C O B I A H là một nguyên hàm của hàm số f(x) = khix>0 khix=0. 2) Với hàm y = f(x) ở trên, hãy tính diện tích hình chắn bởi đồ thị hàm y = f(x) và đoạn [0 ;1] của trục Ox, biết đơn vị độ dài trên Ox bằng 2cm, và đơn vị độ dài trên trục Oy bằng 3cm. Câu Va. Hãy xác định góc nhọn tạo bởi đỷờng thẳng xyz xyz ++= += 4270 3720 với mặt phẳng 3x+y-z+1=0. Câu IVb. Trên nỷóa đỷờng tròn đỷờng kính AB = 2R, lấy một điểm C tùy ý. Kẻ CH ^ AB (H thuộc đoạn AB). Gọi I là trung điểm của CH. Trên một nỷóa đỷờng thẳng It vuông góc tại I với mặt phẳng (ABC), lấy điểm S sao cho ASB = 90 0 . 1) Chỷỏng minh rằng khi C chạy trên nỷóa đỷờng tròn đã cho, thì mặt phẳng (SAB) không đổi. 2) Đặt AH = x. Tính thể tích V của tỷỏ diện SABC. Với giá trị nào của x, thì V đạt giá trị lớn nhất ? 3) Chỷỏng minh rằng khi C chạy trên nỷóa đỷờng tròn đã cho, thì tâm mặt cầu ngoại tiếp tỷỏ diện SABI chạy trên một đỷờng thẳng cố định. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ lnxx o . thị hàm số: f(x) = 3x 2 -6x+2a- 1(- 2Ê x Ê 3) trong 4 trỷỳõng hợp: I) f(1) 0; II) f(-2) = -f(1) = H; III) f(-2) > H > -f(1) > 0; IV) f(-2) <. dễ thấy rằng hàm y =|f(x)| sẽ đạt giá trị lớn nhất nhỷ sau: f(- 2) (trỷỳõng hợp I) H(trỷỳõng hợp II) f(- 2) (trỷỳõng hợp III) - f(1) (trỷờng hợp IV). Cũng