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.. Vậy C’ là trung điểm c[r]
(1)ĐỀ SỐ x 3x (C) 2 1/ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2/ Gọi d là tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hoành độ a Chứng minh hoành độ giao điểm d và đồ thị (C) là nghiệm phương trình:(x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = 3/ Tìm a để d cắt (C) điểm phân biệt P,Q khác M Tìm quỹ tích trung điểm K đoạn thẳng PQ x 1 m (1) Câu II 1/ Cho phương trình : x 3 x 1 x 3 x 3 a/ Giải phương trình (1) m = –3 b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thực x sin 3x sin x sin 2x cos 2x 2/ Tìm các nghiệm x (0 ; 2) phương trình : cos 2x 3/ Tìm a để bất phương trình a.4x + (a – 1).2x+2 + a – > đúng với số thực x 3x Câu III 1/ Tính tích phân I dx x 3x 3x 2/ Chứng minh : a/ ln(1 x) x x với số thực x không âm b/ x n x với số nguyên dương n và x (0 ; 1), đó e là số lôgarit tự nhiên 2ne Câu I Cho hàm số y 3/ Cho diện tích H là hình phẳng giới hạn y sin x cos x , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x Tính thể tích vật thể tròn xoay quay H quanh trục Ox 4/ Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x2 + y2 = Tìm giá trị lớn biểu thức A x y y x Câu IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, đường chéo AC = 4a, BD = 2a chúng cắt O, đường cao SO = h Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Xác định h để tam giác B’C’D’ và xác định vị trí C’ Câu V 1/ Cho (P) : y2 = 16x và đường thẳng : 4x + 3y + 46 = Tim M (P), N cho độ dài MN là ngắn 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0 ; ; 2) và hai đường thẳng : x t x y 1 z 1 1 : và 1 : y 1 2t 1 z 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 cho A, P, Q thẳng hàng sin A sin B 2sin C Câu VI Chứng minh tam giác ABC thỏa thì tam giác ABC cos A cos B cos C ================= HẾT ================= HƯỚNG DẪN a4 Câu I/2 Phương trình tiếp tuyến M : y x a 2a 6a 3a (d) 2 Lop12.net (2) Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d : x a 2a 6a a4 x 3x 3a 2 2 Biến đổi (x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = đ.p.c.m I.3 d cắt (C) hai điểm pbiệt khác M x2 + 2ax + 3a2 – = có ngiệm phân biệt khác a a 3, a 1 x K x P x Q a y K x 4k 9x k2 Tọa độ trung điểm K là : 2 y a 9a K 2 Vậy quỹ tích trung điểm K PQ là tập hợp điểm thuộc đồ thị y x 9x , x 3, x 1 2 II/1.b Điều kiện x > x ≤ –1 x 1 Đặt t x 3 t2 = (x – 3)(x + 1) x2 – 2x – (3 + t2) = (*) x 3 Ta có phương trình : t2 + 4t – m = Điều kiện có nghiệm t là : m ≥ –4 Nếu x > thì (*) có nghiệm x t Nếu x ≤ –1 thì (*) có nghiệm x t Tóm lại : Phương trình (1) có nghiệm m ≥ – sin 3x sin x cos 2x sin x sin 2x cos 2x cos(2x ) (1) II/2 Ta có cos 2x 2sin x Điều kiện : sinx ≠ x ≠ k, k Z 9 * Nếu < x < (1) cos 2x cos(2x ) nghiệm x , x 16 16 21 29 ,x * Nếu < x < 2 (1) cos 2x cos(2x ) nghiệm x 16 16 x II/3 Đặt t = > ta cần tìm a để f(t) = at + 4(a + 1)t + a – > t > Cách Dùng định lí Vièt Cách Xét a = 0, không thỏa a < ta có lim f (t) , nên tồn t đủ lớn để f(t) < nên a < không thỏa t a 1 nên tồn < t < t2 cho f(t) < a Khi a > thì f(t) = at2 + 49a – 1)t + a – ≥ at2 > nên a ≥ thỏa điều kiện bài toán 4t Cách at2 + 4(a + 1)t + a – > t > a(t2 + 4t + 1) > – 4t a vì t2 + 4t + > t 4t 1 4t Xét f (t) , lập bảng biến thiên a ≥ t 4t 1 3x 3(x 1) III/1 I dx dx x 3x 3x (x 1) 0 Xét < a < thì f(t) = có ngiệm t1 < t2 và t1t III/2/a Đặt y(x) ln(1 x) x x , y '(x) 0, x 0, y(x) y(0) đpcm 2n 2n–1 b Đặt f(x) = x (1 – x), f’(x) = x [2n – (2n + 1)x], xét bảng biến thiên trên khoảng (0 ; 1) ta có Lop12.net (3) x 2n 2n f’(x) + – M f(x) 0 (2n) 2n Suy max f (x) M Vậy ta cần chứng minh : (0;1) (2n 1) 2n 1 (2n) 2n (2n) 2n 1 1 1 2n 1 2n 1 (2n 1) 2ne (2n 1) e m m 1 1 e, m 2n (m 1) ln 1 ,m = 2n m 1 2m 1 (m 1)(2m 1) 2m m (m 1) ln(1 ) 1 Theo (1) ta có ln(1 ) m m 2m 2m m 2m 2m Vì m = 2n > Suy đpcm III/4 Áp dụng bất đẳng thức Buniakopski ta có A2 ≤ (x2 + y2)(2 x + y) = + x + y ≤ (1 1)(x y ) S Vậy A lớn x y IV Ta có AC’ là đường cao tam giác cân SAC Nên C’ thuộc đoạn SC, S là góc nhọn vì OC < SO Tứ giác AB’C’D’ có các đường chéo AC’ và B’D’ vuông góc với Gọi K = AC’ B’D’ ta có SO.AC = AC’.SC = AC ' h 4a 4ah AC ' A h 4a Mp(AB’C’D’) cắt BC B1 ta có AB1//BD và AB1 = 2a Tam giác B’C’D’ AB1C’ là nửa tam giác AC ' AB1 h 2a C' D' B' D C O B B1 Khi đó SO = h = OA SAC Vậy C’ là trung điểm SC V/1 Chú ý lý luận d không cắt (P), tìm ’// , ’ là tiếp tuyến (P), M là tiếp điểm ’ và (P) Gọi ’’ là đường thẳng qua M, ’’ , N là giao ’’ với V/2.b M(2m ; + m ; –1 – m) ; N(1 + n ; –1 – 2n ; + n) Tìm m, n cho AM; AN m 0, n 1 VI Tam giác ABC luôn có sinC > và từ sinA + sinB ≥ sinC a + b ≥ 2c c ≤ a c ≤ b C 2 sin A sin B 2sin C sin A 2sin A.sin B sin B 4sin C nhọn cosC > Vậy 2 cos A cos B cos C cos A cos A.cosB + cos B cos C Cộng vế theo vế ta có cos(A – B) ≥ cos(A – B) = A = B 2sin A 2sin C Thế A = B vào đề bài ta có A C Vậy tam giác ABC 2 cos A cos C Lop12.net (4)