Gọi ABC là tam giác đều nội tiếp đường tròn (C). Chứng minh rằng SABC là tứ diện đều.. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz. Gọi E,[r]
(1)Ngày: Câu 1:
Cho hàm số
2
x x y
x
.
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số, từ suy đồ thị (C’) hàm số
2
x x y
x
.
2 Tìm hai điểm hai nhánh đồ thị (C) cho khoảng cách chúng nhỏ Câu 2:
1 Giải phương trình:
sinxcotg5x cos9x .
2 Nhận dạng tam giác ABC, biết:
A B atgB btgA a b tg
2
Câu 3:
1 Giải phương trình:
x x x
cos72 cos36 3.2
2 Giải hệ phương trình
3 y 8x y xy
x
Câu 4:
1 Bằng định nghĩa, tính đạo hàm hàm số y cos 2x
2 Tính tích phân:
2
4
4cos x dx sin x
Câu 5:
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2x – 3y – = d2: 3x + 2y + =
Lập phương trình đường thẳng d qua M(1; 1) tạo với d1, d2 tam giác cân đỉnh I
là giao d1, d2
2 Cho mặt cầu đường kính SS' Gọi H điểm SS' cho SH = 2HS’, (P) mặt phẳng qua H vng góc với SS' Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn (C) Gọi ABC tam giác nội tiếp đường tròn (C) Chứng minh SABC tứ diện
(2)
-LỜI GIẢI Câu I:
Cho (Cm): y = x3 + 2(m – 1)x2 + (m2 – 4m + 1)x – 2(m2 + 1).
1 Khảo sát m = 0.
2 Tìm m để hàm số có cực trị x1, x2 đồng thời
2
1
1 1
x x x x 2 . Giải:
1 Khi = 0, ta có y = x3 – 2x2 + x – 2. TXĐ: D = .
SBT: y’ = 3x2 – 4x + 1; y’ = 0
1 x
3
x =
Hàm số đồng biến khoảng
1 ;
3
1; ; nghịch biến khoảng
1 ;1
Điểm cực đại đồ thị
1 50 A ;
3 27
; điểm cực tiểu B(1; –2).
Giới hạn vô cực xlim y ; lim yx
Bảng biến thiên
–2
50 27
y’ – + – x
y
y
x O
1 3
–2
1
(h.1) (C)
50 27
(3)1 Hàm số có cực trị x1, x2 phương trình y’(x) = 3x2 + 4(m – 1)x + m2 – 4m +1 = (1) có
hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' 4(m – 1)2 – 3(m2 – 4m + 1) >
m2 + 4m + 1) > m 2 3 m 2 3 (*).
Khi áp dụng Viet (1) suy thoả mãn yêu cầu: 2
1 1
x x x x 2
1
1 2
2
1
m m
x x
x x x x
m
x x
x x m 4m
m
Kết hợp (*) suy thoả mãn yêu cầu toán khi: m = m = Câu II:
Giải phương trình:
1 2cos13x + 3cos3x + 3cos5x – 8cosx cos34x = 0.
2
2
9 x 2x 4x
2x
. Giải:
1 Ta có: 8cos34x = 4cos 4x cos8x 4 cos 4x 2cos12x 2cos 4x 6cos 4x cos12x .
2cos13x + 3cos3x + 3cos5x – 8cosx cos34x =
2cos(12x + x) + 6cos4xcosx – cosx(6cos4x + 2cos12x) = 0 – sin12xsinx = 0 sin12x = 0 x =
k 12
2 Cách 1: t 2x 3, t 0 (*) Phương trình trở thành: 4t2 – 4xt + x2 – = 0
x t
2
Kết hợp (*) ta được:
2
x x 3
2 2x x x 13
x 14x 2x x
.
Hoặc:
2 2
x x 3
2 2x x x
x 2x 2x x
x 3 .
Vậy phương trình cho có nghiệm: x 13 ; x 1 x 3 .
2
9 x 2x 4x
2x
Cách 2:
2
9 x 2x 4x
2x
(4) 2 2
2x 2x
4 2x 4x 2x x 2x x
2x
2 2x x 2x x 2 2 3 x x
2 2 x 1
4 2x x x 2x x 3
x x x 13
x 14x 2x x
. Câu III:
1 Tính:
dx I
2 sin x cos x
.
2 Tìm GTLN, GTNN hàm số:
3
f x x 6x 9x 3
đoạn [– 1; 4]. Giải:
1
2
3 3
dx dx dx dx
I
x
2
2 sin x cos x 1 cos x sin sin x cos x
3
2 3 x 2d
1 x 1
cotg x
4 sin 2 3
2
Cách 2: 3
dx dx dx
I
2
2 sin x cos x 1 sin x sin x cos x
6 2 2 3
1 dx dx
x
2 x x sin
sin cos 2 6
2 12 12
=…
2 Gọi g x x3 6x2 9x 3;g ' x 3x2 12x 9 , g’x) = 0 x = x = 3.
Ta lại có g(– 1) < 0, g(1) > 0, g(3) < g(4) > 0; suy g(x) = có nghiệm x1, x2, x3
thoả mãn – < x1 < < x2 < < x3 <
(5) 1;4
max f x f 19;
1;4 i
min f x f x
Trong đó:
xi (i = 1,2, 3) nghiệm g(x) =
Câu IV:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Cho tam giác ABC có A 1; 3 , trọng tâm G 4; 2 đường trung trực AB có phương trình 3x + 2y – = Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải:
Phương trình AB: 2(x + 1) – 3(y + 3) = Toạ độ trung điểm D AB thoả mãn hệ:
Gọi C(x; y) ta có CD 3GD
Phương trình trung trực AC
Toạ độ tâm I(x; y) đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC thoả mãn hệ:
Bán kính (C) IA = Phương trình (C):
Câu V:
1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(1; 1; 0) D(0; 0; m), m > Gọi E, F hình chiếu C lên AD BD.
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa CE CF. b) Tìm m để ECF 45 .
2 Giải hệ phương trình
2
xy x 3y 2xy
Giải:
g’(x) 04
1
0 0
1
19 f(x)
G C
d
hàm số