www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _____________________________________________________ __________ Câu I. Cho hàm số y= mx +1 x 22 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ỷỏngvớim=1. 2) Tìm nhỷọng điểm trên đỷờng thẳngy=1,saochokhông thể có giá trị nào của m để đồ thị của hàm số đi qua. 3) Tìm nhỷọng điểm cố định mà đồ thị của hàm số đi qua, với mọi m. 4) Xác định a để x 2 -ax+1>0vớimọix>0. Câu II. Cho hai phỷơng trình x 2 -x+m=0, (1) x 2 -3x+m=0.(2) Với nhỷọng giá trị nào của m thì phỷơng trình (2) có một nghiệm khác 0, gấp 2 lần một nghiệm của phỷơng trình (1)? Câu III. 1) Gọi R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chỷỏng minh cotgA + cotgB + cotgC = R(a + b + c ) abc 222 . 2) 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiệna+b+c=abc. Chỷỏng minh rằng: a(b 2 - 1)(c 2 -1)+b(a 2 - 1)(c 2 -1)+c(a 2 - 1)(b 2 - 1) = 4abc. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Xét 22 mx 1 y x + = = 1 22 mx 1 x 0 x + = 2 2 x0 x1 m x = 2 x0 x1 0 x x0 x1 x 1. Với mọi điểm của đờng thẳng y = 1 mà hoành độ x 1 luôn tồn tại giá trị của m, nghiệm của 2 2 x1 m x = để đồ thị tơng ứng đi qua đờng thẳng y = 1. Vậy với những điểm trên đờng y = 1 có hoành độ x < 1 đồ thị hàm số không đi qua với mọi m. 3) Gọi tọa độ những điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m là o x , o y . Ta có : 22 o o o mx 1 y x + = với mọi m ( o x0 ) 22 ooo mx yx 1 0+= với mọi m. Đẳng thức chỉ xảy ra khi đồng thời : 2 o x0= oo yx 1 0+= Hệ này vô nghiệm. Vậy không tồn tại điểm nào trong mặt phẳng tọa độ mà đồ thị luôn đi qua với mọi m. 4) Xét 2 xax10+> với mọi x > 0 2 x1 a x + > , x > 0 Xét đồ thị 2 x1 y x + = với x > 0 là nhánh trên của đồ thị hàm số đã vẽ ở phần 1. Ta có a < y với mọi x > 0 : nghĩa là min ay< mà min y2= , vậy với mọi giá trị a < 2 thì 2 xax10+> với mọi x > 0. Câu II. Gọi o x là một nghiệm của phơng trình (1). Nghiệm của phơng trình (2) gấp đôi nó sẽ là o 2x . Ta có : 2 oo xxm0+= (1) 2 oo 4x 6x m 0+= (2) Trừ (2) cho (1) : 2 oo 3x 5x 0= o x0= , o 5 x 3 = . Với o x = 0 thì m = 0, o x = 5 3 thì m 10 9 = . Trờng hợp 1 : Với m = 0, hai phơng trình đã cho trở thành : 2 xx0= (1) 2 x3x0= (2) Phơng trình (1) có nghiệm 1 x = 0, 2 x = 1. Phơng trình (2) có nghiệm 3 x = 0, 4 x = 3. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ Chúng có một nghiệm chung x = 0, nhng hai nghiệm còn lại không gấp đôi nhau. Trờng hợp này loại. Trờng hợp 2 : Với 10 m 9 = , hai phơng trình đã cho trở thành 2 10 xx 0 9 = (1) 2 10 x3x 0 9 = (2) Phơng trình (1) có nghiệm 1 2 x 3 = , 2 5 x 3 = . Phơng trình (2) có nghiệm 3 10 x 3 = , 4 1 x 3 = . Dễ thấy rằng nghiệm 3 x = 10 3 của phơng trình (2) lớn gấp hai lần nghiệm 2 5 x 3 = của phơng trình (1). Vậy 10 m 9 = là giá trị cần tìm. Câu III. 1) Theo định lí hàm số cosin trong tam giác : 222 abc2bccosA=+ cosA = 222 bca 2bc + (1) 2 oo 4x 6x m 0+= Theo định lí hàm số sin trong tam giác : a sin A 2R = (2) Từ (1) và (2) suy ra cotgA = 222 (b c a )R abc + (3) Do vai trò ba góc A, B, C nh nhau, tơng tự ta có : 222 (a c b )R cot gB abc + = (4) 222 (a b c )R cot gC abc + = (5) Kết hợp (3), (4), (5) suy ra điều phải chứng minh : 222 (a b c )R cotgA cotgB cotgC abc ++ ++= 2) Xét hai trờng hợp : a) Một trong ba số a, b, c bằng 0. Giả sử a = 0. Theo giả thiết : a + b + c = abc ; a = 0 b = c. Thay a = 0 vào biểu thức phải chứng minh, ta có : b(1)( 2 c 1) + c(1)( 2 b 1) = 0. Đẳng thức này luôn đúng khi b = c. b) Cả ba số a, b, c đều khác 0 : Đặt a = tg, b = tg, c = tg. Theo giả thiết a + b + c = abc, nghĩa là : tg + tg + tg = tgtgtg tg + tg = tg(tgtg 1) tg tg tg 1tgtg = www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _________________________________________________________ (bởi vì tgtg 1 luôn khác 0 do không thể tồn tại tgtg = 1 và tg + tg = 0) tg( ) = tg + o k = + + = o k . Nh vậy, ta cần chứng minh : tg( 2 tg 1)( 2 tg 1) + tg( 2 tg 1)( 2 tg 1) + tg( 2 tg 1) ì ( 2 tg 1) = tgtgtg. Chia cả hai vế cho vế phải, ta có : điều cần chứng minh tơng đơng với : cotg2cotg2 + cotg2cotg2 + cotg2cotg2 = 1 cot g2 cos2 cos2 sin(2 2 ) 1 sin2 sin2 sin2 sin2 sin2 + += 1 2 [cos2( + ) + cos2( )] cos2 = sin2sin2 1 2 [cos2( ) cos2] = sin2sin2 sin( + )sin( ) = sin2sin2 sin( o k 2)sin[ ( o k )] = sin2sin2 sin2sin2 = sin2sin2. Câu IVa. 1) Điểm C có tọa độ (a , m), vậy đỷờng tròn (C) có phỷơng trình (x - a) 2 +(y-m) 2 =m 2 . Đỷờng thẳng AB có phỷơng trình x a + y b =1 . Vậy các tọa độ của A và P là nghiệm (x , y) của hệ ()( ) () () xa ym m x a y b + = += 222 1 12 Để giải hệ này, từ (2) suy ra y b =1- x a = a-x a ị (x-a) 2 = ay b 22 2 Thế vào (1), ta đỷợc ay b 22 2 +(y-m) 2 =m 2 y a+b b y-2m =0 22 2 , vậy :y = 0 ị x = a (tọa độ của A) y= 2mb a+b 2 22 ị x=a 1- y b =a1- 2mb a+b 22 (tọa độ của P). 2) Nhận xét rằng do m ạ 0, nên P không thuộc Oy, và m ạ a+b 2b 22 , nên P B, vậy đỷờng tròn (K) đỷợc hoàn toàn xác định. (Hình 114). Giả sử K có tọa độ (k, b). Đỷờng tròn (K) có phỷơng trình (x - k) 2 +(y-b) 2 =k 2 . Vì P ẻ (K), nên ta có a mb ab k mb ab bk1 22 22 2 2 22 2 2 + + = Hay a1- 2mb a+b - 2ka 1 - 2mb a+b +b 1- 2m 2 22 2 22 2 b a+b 22 2 =0. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Do 1- 2mb a+b 22 ạ 0, suy ra k= a + b - 2mb 2a 22 . 3) Các giao điểm P, Q của (C) và (K) có tọa độ (x , y), nghiệm hệ gồm 2 phỷơng trình của (C) và (K) (x-a) 2 +(y-m) 2 =m 2 x- a + b - 2mb 2a 22 2 + (y- b) = a + b - 2mb 2a 2 22 2 Hay x 2 -2ax+a 2 +y 2 - 2my = 0 (1) x 2 - a + b - 2mb a 22 .x+y 2 -2by+b 2 = 0. (2) Lấy (1) trừ cho (2), ta đ ợc phỷơng trình bậc nhất đối với x, y : b - a - 2mb a 22 x+2(b-m)y+a 2 -b 2 = 0. (3) Vì các tọa độ của P và Q đều thỏa mãn (3), nên ta kết luận : (3) là phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Viết lại (3) d ới dạng -2m bx a +y + (b - a x a 22) +2by=b 2 -a 2 , ta thấy đỷờng thẳng PQ đi qua điểm cố định (x , y), nghiệm của hệ bx a +y=0 (b - a x a 22) +2by=b 2 -a 2 . i) Nếu b 2 -a 2 ạ 0, ta viết hệ trên d ới dạng x a + y b =0 x a + 2b b-a 22 .y=1. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Từ hệ này suy ra y= b(b - a ) a+b ,x=- ay b = a(a - b ) a+b 22 22 22 22 . ii) Nếu b 2 -a 2 = 0, hệ (4) trở thành bx a +y=0 ị x=y=0. 2by=0 Trong cả 2 trỷỳõng hợp, ta có thể kết luận : đỷờng thẳng PQ luôn đi qua điểm cố định a(a - b ) a+b ; b(b - a ) a+b 22 22 22 22 . Câu IVb. 1) Gọi BD 1 =yvàCD 2 =x(xvày 0). D 1 D 2 AD 2 AD = D D + AD 1 2 12 2 2 2 ; (1) AD = a + y ; AD = a + x ; D D 1 222 2 222 12 2 =a 2 +(x-y) 2 . Thay vào (1) ị 2x 2 -2yx+a 2 =0. Coi (2) là phỷơng trình bậc hai ẩn x tham số là y. Bài toán trở thành việc chứng minh rằng tồn tại y 0 để (2) có nghiệm x 0. Thật vậy: x ' = y 2 -2a 2 0 y a 2 . Khi đó (2) có 2 nghiệm x, x. Theo định lí Viet thì x+x=y 0 x.x = a 2 /2 > 0, chứng tỏ0<x<x. Nh vậy nếu BD 1 =y>a 2 thì có 2 điểm D 2 ' và D 2 '' mà C D 2 ' =xvàC D 2 '' = x để AD D 21 ' ^ = AD D 21 '' ^ = /2.Nếuy=a 2 thì x = x D 2 ' D 2 '' hay nói cách khác D 2 duy nhất. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ 2) a) Gọi I là trung điểm của BC (I cố định) và K là trung điểm của D 1 D 2 .Vìd 1 và d 2 cùng (P) nên d 1 // d 2 ,dođó BD 1 D 2 C là hình thang và IK là đ ờng trung bình ị IK // d 1 // d 2 và IK = BD + CD 2 = 2b 2 =b 12 không đổi. Trong mặt phẳng (d 1 ,d 2 ), qua I chỉ có một đỷờng thẳng d //d 1 // d 2 nên K ẻ d cố định. Mặt khác, IK = b không đổi nên K cố định. Vậy mặt phẳng (AD 1 D 2 ) luôn quay quanh AK cố định. AI giao tuyến BC của hai mặt phẳng vuông góc (ABC) và (d 1 ,d 2 ) nên AI (BD 1 D 2 C) hay AI là đỷờng cao của chóp A.BD 1 D 2 C. V= A.BD D C 12 1 3 AI . BD + CD 2 .BC= 1 6 ab 3 12 2 không đổi. b) Dựng IJ AK (3) thì J cố định. Dựng IE D 1 D 2 (4). AI (BD 1 D 2 C) nên AI D 1 D 2 (5). Từ (4) và (5) ịD 1 D 2 (AIE) ị (AIE) (AD 1 D 2 ). Dựng IHAE thì IH (AD 1 D 2 ); BC(AIK) ị AK BC (6). Từ (3) và (6) mặt phẳng (JBC) cố định ị (JBC) AK ị (JBC) (AD 1 D 2 ) (7) Từ (7) ị H ẻ (JBC). Từ đó suy ra BC,D 1 D 2 , và JH cắt nhau tại F. Trong mặt phẳng cố định (JBC), H nhìn IJ cố định dỷỳỏi góc vuông nên H thuộc đỷờng tròn đỷờng kính IJ trong mặt phẳng (JBC). Giới hạn : Khi D 1 chuyển động đến B thì D 2 chuyển động ra vô cùng và F chuyển động về B, suy ra H chuyển động trên đỷờng tròn đến H 1 (H 1 là giao của đ ờng tròn đ ờng kính IJ với JB). Khi D 2 chuyển động đến C thì D 1 chuyển động ra vô cùng và F chuyển động về C, suy ra H chuyển động trên đỷờng tròn đến H 2 (H 2 là giao của đỷờng tròn đỷờng kính IJ với JC). Vậy tập hợp cần tìm là cung (kể cả mút). ẳ 12 HH Câu IVa. Trên mặt phẳng tọa độ xét hai điểm A(a, 0), B(0, b) với ab ạ 0. Gọi (C) là đỷờng tròn tiếp xúc với Ox tại A, và có tâm C với tung độ y C = m, trong đó m là tham số lấy mọi giá trị khác 0 và khác (a 2 +b 2 )/2b. 1) Đỷờng thẳng AB cắt đỷờng tròn (C) tại giao điểm thứ hai là P. Hãy xác định các tọa độ của P. 2) Xác định tâm K của đỷờng tròn (K) tiếp xúc với Oy tại B, và đi qua P. 3) Các đỷờng tròn (C), (K) cắt nhau tại P và Q. Chỷỏng tỏ khi m thay đổi, đỷờng thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định. Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a. Qua B, C, dỷồng lần lỷỳồt hai nửa đỷờng thẳng (d 1 ), (d 2 ) nằm cùng phía và vuông góc với (P). Trên (d 1 ) lấy điểm D 1 , trên (d 2 ) lấy điểm D 2 . 1) Hãy xác định vị trí của D 1 trên (d 1 ), sao cho trên (d 2 ) tồn tại một điểm D 2 duy nhất nhìn AD 1 d ới góc vuông. 2) Giả sử D 1 ,D 2 chuyển động trên (d 1 ), (d 2 ), sao cho tổng BD 1 +CD 2 = 2b không đổi. a) Chỷỏng minh rằng mặt phẳng (AD 1 D 2 ) luôn quay quanh một đuờng thẳng cố định, và khối đa diện ABCD 1 D 2 có thể tích không đổi. b) Tìm tập hợp hình chiếu vuông góc của trung điểm cạnh BC lên mặt phẳng () AD D 12 . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 _______________________________________________________________ . thì IH (AD 1 D 2 ); BC(AIK) ị AK BC (6 ). Từ (3 ) và (6 ) mặt phẳng (JBC) cố định ị (JBC) AK ị (JBC) (AD 1 D 2 ) (7 ) Từ (7 ) ị H ẻ (JBC). Từ đó suy ra BC,D 1 D 2 ,. AK (3 ) thì J cố định. Dựng IE D 1 D 2 (4 ). AI (BD 1 D 2 C) nên AI D 1 D 2 (5 ). Từ (4 ) và (5 ) ịD 1 D 2 (AIE) ị (AIE) (AD 1 D 2 ). Dựng IHAE thì IH (AD 1 D 2 );