Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 3 pptx

Câu I. Cho m là một số nguyên dỷơng, hãy tìm cỷồc trị của hàm số y=x m (4-x) 2 . Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khim=1. Câu II. 1) ABC là một tam giác bất kì. Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có 1+ 1 2 x 2 cosA + x(cosB + cosC). 2) Giải phỷơng trình cosx + 1 cosx +sinx+ 1 sinx = 10 3 . Câu III. 1) Giải và biện luận theo a, b phỷơng trình ax + b x-a = x-b x+a . 2) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2 +b 2 +c 2 =1.Chỷỏng minh rằng: abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) 0. Câu IVa. 1) Chỷỏng tỏ rằng hàm số F(x) = () xx+ln 1 là một nguyên hàm trên R của hàm số f(x) = x 1+|x| . 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 I. 1) m1 2 m y' mx (4 x) 2(4 x)x == m1 x (4 x)[4m (m 2)x] =+ . a) Xét trờng hợp m 2. Khi đó phơng trình y' = 0 có ba nghiệm 1 x0= , 2 4m x m2 = + và 3 x4= . Nếu m 1 chẵn (tức m = 3, 5, 7, ) thì y' sẽ cùng dấu với (4 x) [4m (m + 2)x] và do đó : min y(4)0= và mm4 max 2 m2 m4 y(x) M (m 2) + + == + . Nếu m - 1 lẻ (tức m = 2, 4, 6, ) thì dấu của y' là dấu của x(4 x)[4m (m + 2) x] Lập bảng xét dấu sẽ có kết quả min y(0)0 = ; max 2 y(x)M = , min y(4)0 = b) Đề nghị bạn đọc tự làm cho trờng hợp m = 1 2 (y x(4 x) ) = . 2) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số 2 yx(4x) = dành cho bạn đọc. Câu II. 1) 2 x2(cosBcosC)x2(1cosA)0++ . (1) 2 ' (cosB cosC) 2(1 cosA)= + = 22 2 CB BC A 4cos cos 4sin 22 2 + == 22 ABC 4sin cos 1 0 22 = Vậy (1) đúng với mọi x. 2) sin x cos x 10 cosx sin x sin x cosx 3 + ++ = Đặt tcosxsinx( 2t 2)=+ (2) thì 2 t12sinxcosx=+ và ta đợc += 2 2t 10 t 3 t1 Đặt điều kiện t 1 sẽ tới 32 3t 10t 3t 10 0 ++= tức là : 1 + a + b + c + ab + ac + bc 0 (2) Cộng (1) và (2) ta có : abc + 2 (1 + a + b + c + ac + bc + ac) 0. hay 2 (t 2)(3t 4t 5) 0= . Phơng trình này có ba nghiệm 1 t2 = ; 2 219 t 3 = ; 3 219 t 3 + = www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Chỉ có 2 t là thích hợp. Thay vào (2) ta có phơng trình 219 cos x 4 32 = . Đặt 219 cos 32 = thì đợc hai họ nghiệm : 1 x2k 4 =++ ; 2 x2m 4 = + Câu III. 1) Đặt điều kiện x - a 0 ; x + a 0 thì (1) đợc biến đổi về dạng : 2 x[a 1)x a a 2b] 0+++ = (2) Với a, b (2) đều có nghiệm 1 x0= . Giải 2 (a 1)x a a 2b 0+++= . Nếu a 1 có nghiệm 2 2 aa2b x 1a ++ = Nếu a = 1 ta có : 0x = 2(1 + b). (3) Với b 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với x. Kiểm tra 2 x có thỏa mãn điều kiện 2 xa ? 2 2 2 aa2b xa aaa2b 1a ++ ++ 22 2 aa 2(a b)0 b a + 2 22 2 aa2b xa aaa2baaba 1a ++ + + . Kết luận : với b 1 , (1) có nghiệm duy nhất 1 x0= . với b = 1, (1) có nghiệm là x 1. Nếu a 1 ; 0 thì : với 2 b a , b - a, (1) có hai nghiệm = 1 x0, ++ = 2 2 aa2b x 1a với 2 b a= hoặc b = - a thì (1) có một nghiệm 1 x0= . Nếu a = 0 thì (1) có một nghiệm 2 x2b= nếu b 0 ; (1) sẽ vô nghiệm nếu b = 0. 2) Vì 222 abc1++= nên - 1 a, b, c 1. Do đó 1 + a 0 , 1 + b 0, 1 + c 0 (1 + a) (1 + b) (1 + c) 0 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc 0. (1) Mặt khác : 2 222 (1 a b c) a b c a b c ab ac bc 0 2 +++ ++++++++= , Nếu a = 1 thì : www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. 1) Với x > 0tacó F(x)=x-ln(1 + x) ị F(x) = 1- 1 1+ x = x 1+ x ; vớix<0tacó F(x)=-x-ln(1 - x) ị F(x) = -1 + 1 1- x = x 1- x . Từ đó suy ra với x ạ 0 F(x) = x 1+|x| . Ta chỉ còn phải chứng minh rằng F(0) = 0. Quả vậy F(0) = lim 1 x (F( x) - F(0)) x0 = () lim 1 x x-ln(1+ x) = x0 = lim 1 - ln(1 + x) x = x0 0, vì lim ln(1 + x) x =1 x0 . 2)I= 1 e xln 2 xdx. Đổt ux dv xdx = = ln 2 du x x dx vx = = 2 1 2 2 ln , suy ra I = 1 2 x ln x - xlnxdx = e 2 -J 22 1 e 1 e 2 , với J = 1 e xlnxdx . Để tính J, đặt ux dv xdx du ux x v = = = = ln 1 2 suy ra J = 1 2 1 22 1 41 2 1 2 2 1 xx xdx e e e e ln () = . Vậy I= 1 4 (e 2 - 1). Câu Ivb. 1) Vì K là trungđiểm của SC, nên theo hìnhbên, trong tam giác SAC, SO và AK là hai đỷờng trungtuyến cắt nhau tại trọngtâm H, vậy SH SO = 2 3 . Theo hình bên , ta có dt(SNH) = SN SD . SH SO . dt(SDO) = = SN SD . 2 3 . 1 2 dt(SDB),dt(SHM) = SH SO . SM SB .dt(SOB) = 2 3 . SM SB . 1 2 dt (SDB). Đồng thời dt(SNH) + dt(SHM) = dt(SNM) = SN SD . SM SB dt(SDB) . Từ các hệ thức trên, suy ra 1 3 . SN SD + 1 3 . SM SB = SN SD . SM SD SB SM + SD SN =3 . 2) Đặt SM SB =x, SN SD =y, theo hệ thức trên ta có 1 x + 1 y =3 . Đồng thời, do ý nghĩa hình học, phải có0<xÊ 1, 0<yÊ 1. Vì 1 y =3- 1 x y= x 3x - 1 , nên 0 < x 3x - 1 1 0<x Ê 1 ị 1 2 x1 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng – Phiªn b¶n 1.0 ________________________________________________________________________________ Ta cã theo h×nh bªn V 1 =V SAMN +V SMNK , V SAMN = SM SB . SN SD .V = 1 2 xyV SABD , V SMNK = SM SB . SN SD . SK SC .V = 1 4 xyV SBDC suy ra V V = 3 4 xy = 3x 4(3x - 1) 1 2 1 2 x1≤≤       . Hµm sè f(x) = 3x 4(3x - 1) 2 cã ®¹o hµm f’(x) = 3x(3x - 2) 4(3x - 1) 2 , do vËy trªn ®o¹n 1 2 ;1       cã b¶ng biÕn thiªn x 1 2 1 f’ - 0 + f 3 8 3 8 1 3 VËy víi 1 2 x1≤≤ th× 1 3 V V 3 8 1 ≤≤ . 2) Tính tích phân I= 1 e 2 xln xdx . Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lỷỳồt tạiMvàN. Chứng minh: 1) SB SM + SD SN =3; 2) 1 3 Ê V V 1 Ê 3 8 , trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V 1 là thể tích hình chóp S.AMKN. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________ . = 1 4 xyV SBDC suy ra V V = 3 4 xy = 3x 4 (3 x - 1) 1 2 1 2 x1≤≤       . Hµm sè f(x) = 3x 4 (3 x - 1) 2 cã ®¹o hµm f’(x) = 3x(3x - 2) 4 (3 x - 1) 2 , do vËy trªn. vậy SH SO = 2 3 . Theo hình bên , ta có dt(SNH) = SN SD . SH SO . dt(SDO) = = SN SD . 2 3 . 1 2 dt(SDB),dt(SHM) = SH SO . SM SB .dt(SOB) = 2 3 . SM SB . 1 2 dt (SDB). Đồng