DE SO 1 CO HUONG DAN GIAI ( DE KHO)

ĐỀ SỐ 1 Câu I. Cho hàm số 4 2 x 5 y 3x 2 2 = − + (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2/ Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ bằng a. Chứng minh rằng hoành độ giao điểm của d và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình:(x – a) 2 (x 2 + 2ax + 3a 2 – 6) = 0. 3/ Tìm a để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt P,Q khác M. Tìm quỹ tích trung điểm K của đoạn thẳng PQ. Câu II. 1/ Cho phương trình : ( ) ( ) ( ) x 1 x 3 x 1 4 x 3 m x 3 + − + + − = − (1) a/ Giải phương trình (1) khi m = –3. b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thực x. 2/ Tìm các nghiệm x ∈ (0 ; 2π) của phương trình : sin 3x sin x sin 2x cos 2x 1 cos2x − = + − 3/ Tìm a để bất phương trình a.4 x + (a – 1).2 x+2 + a – 1 > 0 đúng với mọi số thực x. Câu III. 1/ Tính tích phân 1 3 2 0 3x 1 I dx x 3x 3x 1 + = + + + ∫ 2/ Chứng minh rằng : a/ 2 1 ln(1 x) x x 2 + > − với mọi số thực x không âm. b/ n 1 x 1 x 2ne − < với mọi số nguyên dương n và x ∈(0 ; 1), trong đó e là cơ số của lôgarit tự nhiên. 3/ Cho diện tích H là hình phẳng giới hạn bởi 6 6 y sin x cos x= + , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x 2 π = . Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay H quanh trục Ox. 4/ Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A x y 1 y x 1= + + + Câu IV. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, đường chéo AC = 4a, BD = 2a chúng cắt nhau tại O, đường cao SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để tam giác B’C’D’ đều và xác định vị trí của C’. Câu V. 1/ Cho (P) : y 2 = 16x và đường thẳng ∆ : 4x + 3y + 46 = 0. Tim M ∈(P), N ∈ ∆ sao cho độ dài của MN là ngắn nhất. 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0 ; 1 ; 2) và hai đường thẳng : 1 x y 1 z 1 : 2 1 1 − + ∆ = = − và 1 x 1 t : y 1 2t z 2 t = +   ∆ = − −   = +  a/ Viết phương trình mặt phẳng qua A và song song với hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 . b/ Tìm P ∈ ∆ 1 , Q ∈ ∆ 2 sao cho A, P, Q thẳng hàng. Câu VI. Chứng minh rằng tam giác ABC nếu thỏa sin A sin B 2sin C cosA cosB 2cosC + ≥   + ≥  thì tam giác ABC đều. ================= HẾT ================= HƯỚNG DẪN Câu I/2. Phương trình tiếp tuyến tại M : ( ) ( ) 4 3 2 a 5 y x a 2a 6a 3a 2 2 = − − + − + (d). Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d : ( ) ( ) 4 3 2 a 5 x a 2a 6a 3a 2 2 − − + − + 4 2 x 5 3x 2 2 = − + Biến đổi ⇔ (x – a) 2 (x 2 + 2ax + 3a 2 – 6) = 0 đ.p.c.m I.3. d cắt (C) tại hai điểm pbiệt khác M ⇔ x 2 + 2ax + 3a 2 – 6 = 0 có 2 ngiệm phân biệt khác a ⇔ 3 a 3,a 1− < < ≠ ± Tọa độ trung điểm K là : ( ) K P Q 4 2 K k k 4 2 K 1 x x x a 7 5 2 y x 9x 7 5 2 2 y a 9a 2 2  = + = −   ⇒ = − + +   = − + +   Vậy quỹ tích trung điểm K của PQ là tập hợp điểm thuộc đồ thị 4 2 7 5 y x 9x 2 2 = − + + , 3 x 3, x 1− < < ≠ ± II/1.b Điều kiện x > 3 hoặc x ≤ –1. Đặt ( ) x 1 t x 3 x 3 + = − − ⇒ t 2 = (x – 3)(x + 1) ⇔ x 2 – 2x – (3 + t 2 ) = 0 (*) Ta có phương trình : t 2 + 4t – m = 0. Điều kiện có nghiệm t là : m ≥ –4. • Nếu x > 3 thì (*) có nghiệm 2 x 1 4 t= + + • Nếu x ≤ –1 thì (*) có nghiệm 2 x 1 4 t= − + Tóm lại : Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ – 4. II/2. Ta có 2 sin 3x sin x 2cos 2x sin x sin 2x cos 2x 2 cos(2x ) 4 1 cos2x 2sin x − π = + ⇔ = − − (1) Điều kiện : sinx ≠. 0 ⇔ x ≠. kπ, k ∈ Z. * Nếu 0 < x < π (1) cos2x cos(2x ) 4 π ⇔ = − ⇒ nghiệm 9 x ,x 16 16 π π = = * Nếu π < x < 2π (1) cos2x cos(2x ) 4 π ⇔ − = − ⇒ nghiệm 21 29 x , x 16 16 π π = = II/3. Đặt t = 2 x > 0 ta cần tìm a để f(t) = at 2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0 Cách 1. Dùng định lí Vièt. Cách 2. Xét a = 0, không thỏa. • a < 0 ta có t lim f (t) →+∞ = −∞ , nên tồn tại t đủ lớn để f(t) < 0 nên a < 0 không thỏa. • Xét 0 < a < 1 thì f(t) = 0 có 2 ngiệm t 1 < t 2 và 1 2 a 1 t t 0 a − = < nên tồn tại 0 < t < t 2 sao cho f(t) < 0 • Khi a > 1 thì f(t) = at 2 + 49a – 1)t + a – 1 ≥ at 2 > 0 nên a ≥ 1 thỏa điều kiện bài toán. Cách 3. at 2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0 ⇔ a(t 2 + 4t + 1) > 1 – 4t ⇔ 2 1 4t a t 4t 1 − > + + vì t 2 + 4t + 1 > 0 Xét 2 1 4t f (t) t 4t 1 − = + + , lập bảng biến thiên ⇒ a ≥ 1. III/1. 1 1 3 2 3 0 0 3x 1 3(x 1) 2 I dx dx x 3x 3x 1 (x 1) + + − = = + + + + ∫ ∫ III/2/a. Đặt 2 1 y(x) ln(1 x) x x , y'(x) 0, x 0, y(x) y(0) 0 2 = + − + ≥ ∀ ≥ ≥ = ⇒ đpcm b. Đặt f(x) = x 2n (1 – x), f’(x) = x 2n–1 [2n – (2n + 1)x], xét bảng biến thiên trên khoảng (0 ; 1) ta có B1 B' D' C' O C A B D S Suy ra 2n 2n 1 (0;1) (2n) maxf (x) M (2n 1) + = = + . Vậy ta cần chứng minh : m 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 (2n) 1 (2n) 1 1 1 e,m 2n (2n 1) 2ne (2n 1) e m + + + +   < ⇔ < ⇔ + > =  ÷ + +   1 (m 1)ln 1 1 m   ⇔ + + >  ÷   ,m = 2n. Theo (1) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 2m 1 1 (m 1)(2m 1) 2m m 1 ln(1 ) (m 1)ln(1 ) 1 m m 2m 2m m 2m 2m − + − + − + > − = ⇒ + + > = > Vì m = 2n > 1. Suy ra đpcm. III/4. Áp dụng bất đẳng thức Buniakopski ta có A 2 ≤ (x 2 + y 2 )(2 x + y) = 2 + x + y ≤ 2 2 2 (1 1)(x y ) 2 2+ + + = + Vậy A lớn nhất bằng 2 2+ khi 2 x y 2 = = IV. Ta có AC’ là đường cao trong tam giác cân SAC Nên C’ thuộc đoạn SC, S là góc nhọn vì vậy OC < SO Tứ giác AB’C’D’ có các đường chéo AC’ và B’D’ vuông góc với nhau Gọi K = AC’ ∩ B’D’ ta có SO.AC = AC’.SC = 2 2 AC' h 4a+ 2 2 4ah AC' h 4a ⇔ = + Mp(AB’C’D’) cắt BC tại B 1 ta có AB 1 //BD và AB 1 = 2a. Tam giác B’C’D’ đều ⇔ AB 1 C’ là nửa tam giác đều ⇔ 1 AC' AB 3 h 2a 3= ⇔ = . Khi đó SO = h = OA 3 ⇒ ∆ SAC đều. Vậy C’ là trung điểm của SC. V/1. Chú ý lý luận d không cắt (P), tìm ∆’//∆ , ∆’ là tiếp tuyến của (P), M là tiếp điểm của ∆’ và (P). Gọi ∆’’ là đường thẳng qua M, ∆’’ ⊥ ∆ , N là giao ∆’’ với ∆. V/2.b. M(2m ; 1 + m ; –1 – m) ; N(1 + n ; –1 – 2n ; 2 + n). Tìm m, n sao cho AM;AN 0 m 0,n 1.   = ⇒ = = −   uuuur uuur r VI. Tam giác ABC luôn có sinC > 0 và từ sinA + sinB ≥ sinC ⇔ a + b ≥ 2c ⇒ c ≤ a hoặc c ≤ b ⇒ C nhọn ⇒ cosC > 0. Vậy 2 2 2 2 2 2 sin A sin B 2sin C sin A 2sin A.sin B sin B 4sin C cosA cosB 2cosC cos A 2cos A.cosB +cos B 4cos C  + ≥ + + ≥   ⇒   + ≥ + ≥    Cộng vế theo vế ta có cos(A – B) ≥ 1 ⇒ cos(A – B) = 1 ⇒ A = B. Thế A = B vào đề bài ta có 2sin A 2sin C .A C 2cos A 2cosC ≥  ⇒ =  ≥  . Vậy tam giác ABC đều. x 0 1 f’(x) + 0 – M f(x) 0 0 . =  ÷ + +   1 (m 1) ln 1 1 m   ⇔ + + >  ÷   ,m = 2n. Theo (1 ) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 2m 1 1 (m 1) (2 m 1) 2m m 1 ln (1 ) (m 1) ln (1 ) 1 m m 2m 2m m. Suy ra 2n 2n 1 (0 ;1) (2 n) maxf (x) M (2 n 1) + = = + . Vậy ta cần chứng minh : m 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 (2 n) 1 (2 n) 1 1 1 e,m 2n (2 n 1) 2ne (2 n 1) e m + + +