www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu I. Cho hàm số y= x + 2m x + m x+1 222 . 1) Với giá trị nào của m thì hàm số có cực trị ? 2) Xác định m để đồ thị của hàm số có 2 điểm đối xứng với nhau qua gốc tọa độ. 3) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ứng vớim=2. Câu II. 1) Xác định a để phỷơng trình (a + 1)x 2 -(8a+1)x+6a=0 có đúng một nghiệm thuộc khoảng (0 ; 1). 2) Cho a, b, c là 3 số dỷơng. Chứng minh rằng (abc) a+b+c 3 Ê a a b b c c . Câu III. 1) Giải phỷơng trình 3 cosx + 4 sinx + 6 3cosx + 4sinx + 1 =6. 2) Với tam giác ABC, đặt T = sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C. Chứng minh rằng ABC là tam giác nhọn khi và chỉ khi T >2. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ Câu I. 1) 22 2 (x 1) (1 m ) y' (x 1) + = + . Để hàm số có cực trị thì phơng trình y' = 0 phải có hai nghiệm phân biệt 12 (x ,x 1) . Từ đó sẽ đợc 1 < m < 1. 2) Giả sử có hai điểm 11 A(x ,y ) và 22 B(x , y ) đối xứng với nhau qua gốc tọa độ (thuộc đồ thị). Khi đó ta có ; 1212 xx(x,x0,1)= 12 yy= 2 2 11 1 1m yx2m1 x1 =+ + + 2 2 22 2 1m yx2m1 x1 =+ + + . Từ đó có : 22 22 11 11 1m 1m x2m1 x2m1 x1 x1 ++ =++ ++ hay 222 1 (2m 1)x m=. Do 2 1 0x 1< nên 2 2 m 01 2m 1 < 2 m 2 > hoặc 2 m(m1) 2 < . 3) Bạn hãy tự giảI nhé! Câu II . 1) a) Xét trờng hợp a = 1. Khi đó phơng trình có dạng : 7x 6 = 0 sẽ có nghiệm 6 x 7 = (0 ; 1 ). Vậy a = 1 thích hợp. b) Xét a 1. Đặt vế trái là f(x). Ta có : 2 f(0).f(1) 6a= Vậy : nếu a - 1 ; 0 thì có đúng một nghiệm thuộc (0 ; 1), nếu a = 0 thì phơng trình có dạng 2 xx0 = , sẽ có hai nghiệm 1 x0= ; 2 x1= (không thích hợp). Kết luận : a 0. 2) Bất đẳng thức đã cho tơng đơng với 1 (a b c)lg(a.b.c) alga blgb clgc 3 ++ + + 3(alga + blgb + clgc) (a + b + c)(lga + lgb + lgc) 0 (a -b) (lga lgb) + (a c)(lga lgc) + (b c)(lgb lgc) 0. Vì hàm lgx đồng biến nên nếu a b > 0 thì lga lgb. Do đó (a b)(lga lgb) 0. Từ đó ta thấy bất đẳng thức cuối cùng đúng. Câu III. 1) Đặt 3cosx + 4sinx = t. Nếu đặt 3 cos 5 = , 4 sin 5 = thì có t = 5cos(x ) - 5 t 5. Khi đó ta có phơng trình : 6 t6 t1 + = + . Đặt thêm điều kiện t 1 ta tới : 2 t5tt(t5)0= = 1 t0 = , 2 t5 = . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ Giải tiếp sẽ đợc hai họ nghiệm : 1 xk 2 =+ + , 2 x2m = + . 2) Biến đổi T nh sau : 2T = 1 cos2A + 1 cos2B + 1 cos2C = 3 [coss 2A + cos2B] cos 2C = = 3 2cos(A + B) cos (A B) cos 2C = 2 3 2cosCcos(A B) [2 cos C 1] + = = 4 + 2cosC[cos (A B) cosC ] = 4 + 2cosC[cos (A B) + cos(A + B)] = = 4[1 + cosAcosBcosC]. Vậy T = 2 + 2cosA cosB cosC. Từ đó thấy rằng T > 2 ABC nhọn, T = 2 ABC vuông và T < 2 ABC tù. Câu IVa. 1) Đỷờng tròn (C) có tâm C (a ; m2 2 ) và bán kính CA = m 2 2 ,vậy nó có phỷơng trình (x-a) 2 + y- m2 2 = m 2 2 2 ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ . Đỷờng thẳng AB có phỷơng trìnhy=-x+a.Hoành độ các giao điểm của đỷờng tròn (C) và đỷờng thẳng AB là nghiệm của phỷơng trình (x-a) 2 + -+ - ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ =xa mm2 22 2 2 (x - a)[2(x - a) + m 2 ]=0 suyra x=a(hoành độ của A), x=a- m2 2 (hoành độ của P) ị P= Pa mm - ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ 2 2 2 2 , . 2) Gọi C và R là tâm và bán kính đỷờng tròn (C). Có thể thấy ngay x C =x P = a- m2 2 ,y C =y B =a,R= xa m C ' =- 2 2 , do vậy (C) có phỷơng trình () xa m ya a m -+ ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ +- =- ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ 2 2 2 2 2 2 2 . 3) P, Q là giao điểm của các đỷờng tròn có tâm C và C, vậy PQ ^ CC. Đỷờng thẳng CC có hệ số góc k= y-y x-x = m2-2a m2 C' C C' C . Từ đó suy ra phỷơng trình đỷờng thẳng PQ y= m am xa mm m am x 2 22 2 2 2 2 2 22- -+ ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ += - . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ Vậy PQ luôn đi qua gốc tọa độ O (dĩ nhiên cần giả thiết m2 ạ 2a). Câu IVb. 1) Để cho tiện ta tịnh tiến hình nón sao cho chân đỷờng cao H của hình nón trùng với tiếp điểm của hình cầu với mặt phẳng (P). Xét thiết diện đi qua đỉnh S và chân đỷờng cao H của hình nón. Khi đó mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt cả hình nón và hình cầu theo các thiết diện là các đỷờng tròn bán kính IB và IB (Hình 82). Theo giả thiết ta có IH=x;SH=h;KH=2HA=2R. a) Xét trỷờng hợp x < 2R;x< h. Từ các tam giác vuông đồng dạng SIB và SHA ta có: IB HA = SI SH hay IB R = SH - IH h = h-x h , nên IB = R h (h - x). Xét tam giác vuông HBK, ta có hệ thức: IB 2 = IK.IH = (KH - IH).IH = (2R - x)x. Gọi y là tổng diện tích các thiết diện, thì ta có: y=pIB 2 + pIB 2 = () p R h hx Rxx 2 2 2 2-+ - ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ () . (1) b) Trong trỷờng hợp h < x < 2R (Hình 83), chứng minh tỷơng tự nhỷ trên ta đỷợc : IB = R h (x-h);IB 2 = (2R - x)x. Vì vậy biểu thức (1) vẫn thích hợp. 2) Bây giờ ta chuyển sang khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của tổng các diện tích ấy khi x biến thiên: 0 Ê x < 2R, 0 Ê x < h. Ta có: www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ y= () p R h hx Rxx 2 2 2 2-+ - ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ () = p R h xR R h xR 2 2 22 12 1- ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ + - + ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ + . Đây là một hàm số bậc hai đối với x, đỷờng biểu diễn của y là một parabol. Tọa độ đỉnh: x P = -= - - ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ b a RR h R h 2 21 21 2 2 p p (/ ) = R R h +1 = Rh R+h ; y P =- D' a R R h R h = - ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ - ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ 21 1 22 2 2 2 p p = 2R R h +1 = 2Rh R+h 22 pp . a) R h -1>0 2 2 , tức là R h >1 hay R > h. Đỷờng biểu diễn của hàm số y là một parabol quay bề lõm về phía trên, tung độ đỉnh là giá trị nhỏ nhất: y min =y P = 2Rh R+h 2 p x Rh Rh P = + ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ T acóđồthịnhỷ sau (Hình vẽ). b) R h -1<0 2 2 , tức là R h <1 hay R < h. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ Đỷờng biểu diễn hàm số y là một parabol quay bề lõm về phía dỷới, tung độ đỉnh là giá trị lớn nhất: y max =y P = 2Rh R+h 2 p x= Rh R+h P ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ . Ta có đồ thị nhỷ sau (Hình vẽ) c) Đặc biệt R=htacóy=pR 2 ; đồ thị là đoạn thẳng // với trục hoành . www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho hai điểm A(a, 0) và B(0, a) (a > 0). 1) Viết phỷơng trình đỷờng tròn (C) tiếp xúc với Ox tại A và có tâm C với tung độ y C = m2 2 (m là tham số). Xác định giao điểm thứ hai P của đỷờng tròn (C) và đỷờng thẳng AB. 2) Viết phỷơng trình đ ờng tròn (C ) đi qua P và tiếp xúc với Oy tại B. 3) Hai đỷờng tròn (C), (C) cắt nhau tại P và Q. Viết phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Chứng minh rằng khi m thay đổi, đỷờng thẳng PQ luôn luôn đi qua một điểm cố định. Câu IVb. Cho hình cầu tâm O bán kính R, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Một hình nón tròn xoay có đáy nằm trên (P), có chiều cao h và bán kính đáy cũng bằng R. Hình cầu và hình nón nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (P). Ngỷỳõi ta cắt hai hình đó bằng một mặt phẳng (Q) song song với (P), và đỷợc hai thiết diện. Gọi x là khoảng cách giữa (P) và (Q). 1) Giả sử x < 2R và x < h. Tính tổng các diện tích của hai thiết diện. Biểu thức tìm đỷợc còn có thích hợp chăng cho trỷỳõng hợp h < x < 2R, nếu ta kéo dài các đỷờng sinh của hình nón để cho chúng cắt (Q) ? 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của tổng các diện tích ấy khi x biến thiên. Hãy biện luận đủ các trỷỳõng hợp. . hệ số góc k= y-y x-x = m 2-2 a m2 C' C C' C . Từ đó suy ra phỷơng trình đỷờng thẳng PQ y= m am xa mm m am x 2 22 2 2 2 2 2 2 2- -+ ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ += - . www.khoabang.com.vn Luyện. trình (x-a) 2 + y- m2 2 = m 2 2 2 ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ . Đỷờng thẳng AB có phỷơng trìnhy=-x+a.Hoành độ các giao điểm của đỷờng tròn (C) và đỷờng thẳng AB là nghiệm của phỷơng trình (x-a) 2 + -+ - ổ ố ỗ ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ =xa mm2 22 2 2 (x. có: www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ y= () p R h hx Rxx 2 2 2 2-+ - ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ () = p R h xR R h xR 2 2 22 12 1- ộ ở ờ ờ ự ỷ ỳ ỳ + - + ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ + . Đây