ĐỀ SỐ 1 CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI ( ĐỀ KHÓ)

ĐỀ SỐ 1
Câu I. Cho hàm số
4
2
x 5
y 3x
2 2
= − +
(C).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2/ Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ bằng a. Chứng minh rằng hoành độ giao
điểm của d và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình:(x – a)
2
(x
2
+ 2ax + 3a
2
– 6) = 0.
3/ Tìm a để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt P,Q khác M. Tìm quỹ tích trung điểm K của đoạn thẳng PQ.
Câu II. 1/ Cho phương trình :
( ) ( ) ( )
x 1
x 3 x 1 4 x 3 m
x 3
+
− + + − =
−
(1)
a/ Giải phương trình (1) khi m = –3.
b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thực x.
2/ Tìm các nghiệm x ∈ (0 ; 2π) của phương trình :

sin 3x sin x
sin 2x cos 2x
1 cos2x
−
= +
−
3/ Tìm a để bất phương trình a.4
x
+ (a – 1).2
x+2
+ a – 1 > 0 đúng với mọi số thực x.
Câu III. 1/ Tính tích phân
1
3 2
0
3x 1
I dx
x 3x 3x 1
+
=
+ + +
∫
2/ Chứng minh rằng :
a/
2
1
ln(1 x) x x
2
+ > −
với mọi số thực x không âm.

b/
n
1
x 1 x
2ne
− <
với mọi số nguyên dương n và x ∈(0 ; 1), trong đó e là cơ số của lôgarit tự nhiên.
3/ Cho diện tích H là hình phẳng giới hạn bởi
6 6
y sin x cos x= +
, trục hoành và hai đường thẳng
x = 0,
x
2
π
=
. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay H quanh trục Ox.
4/ Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x
2
+ y
2
= 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A x y 1 y x 1= + + +

Câu IV. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, đường chéo AC = 4a, BD = 2a chúng cắt
nhau tại O, đường cao SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’,
D’. Xác định h để tam giác B’C’D’ đều và xác định vị trí của C’.
Câu V. 1/ Cho (P) : y
2

= 16x và đường thẳng ∆ : 4x + 3y + 46 = 0. Tim M ∈(P), N ∈ ∆ sao cho độ dài
của MN là ngắn nhất.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0 ; 1 ; 2) và hai đường thẳng :
1
x y 1 z 1
:
2 1 1
− +
∆ = =
−
và
1
x 1 t
: y 1 2t
z 2 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
sao cho A, P, Q thẳng hàng.
Câu VI. Chứng minh rằng tam giác ABC nếu thỏa
sin A sin B 2sin C
cosA cosB 2cosC
+ ≥


+ ≥

thì tam giác ABC đều.
================= HẾT =================
HƯỚNG DẪN
Câu I/2. Phương trình tiếp tuyến tại M :
( )
( )
4
3 2
a 5
y x a 2a 6a 3a
2 2
= − − + − +
(d).
Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d :
( )
( )
4
3 2
a 5

x a 2a 6a 3a
2 2
− − + − +
4
2
x 5
3x
2 2
= − +
Biến đổi ⇔ (x – a)
2
(x
2
+ 2ax + 3a
2
– 6) = 0 đ.p.c.m
I.3. d cắt (C) tại hai điểm pbiệt khác M ⇔ x
2
+ 2ax + 3a
2
– 6 = 0 có 2 ngiệm phân biệt khác a
⇔
3 a 3,a 1− < < ≠ ±
Tọa độ trung điểm K là :
( )
K P Q
4 2
K k k
4 2
K

1
x x x a
7 5
2
y x 9x
7 5
2 2
y a 9a
2 2

= + = −


⇒ = − + +


= − + +


Vậy quỹ tích trung điểm K của PQ là tập hợp điểm thuộc đồ thị
4 2
7 5
y x 9x
2 2
= − + +
,
3 x 3, x 1− < < ≠ ±
II/1.b Điều kiện x > 3 hoặc x ≤ –1.
Đặt
( )

x 1
t x 3
x 3
+
= −
−
⇒ t
2
= (x – 3)(x + 1) ⇔ x
2
– 2x – (3 + t
2
) = 0 (*)
Ta có phương trình : t
2
+ 4t – m = 0. Điều kiện có nghiệm t là : m ≥ –4.
• Nếu x > 3 thì (*) có nghiệm
2
x 1 4 t= + +
• Nếu x ≤ –1 thì (*) có nghiệm
2
x 1 4 t= − +
Tóm lại : Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ – 4.
II/2. Ta có
2
sin 3x sin x 2cos 2x sin x
sin 2x cos 2x 2 cos(2x )
4
1 cos2x
2sin x

− π
= + ⇔ = −
−
(1)
Điều kiện : sinx ≠. 0 ⇔ x ≠. kπ, k ∈ Z.
* Nếu 0 < x < π
(1) cos2x cos(2x )
4
π
⇔ = −
⇒ nghiệm
9
x ,x
16 16
π π
= =
* Nếu π < x < 2π
(1) cos2x cos(2x )
4
π
⇔ − = −
⇒ nghiệm
21 29
x , x
16 16
π π
= =
II/3. Đặt t = 2
x
> 0 ta cần tìm a để f(t) = at

2
+ 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0
Cách 1. Dùng định lí Vièt.
Cách 2. Xét a = 0, không thỏa.
• a < 0 ta có
t
lim f (t)
→+∞
= −∞
, nên tồn tại t đủ lớn để f(t) < 0 nên a < 0 không thỏa.
• Xét 0 < a < 1 thì f(t) = 0 có 2 ngiệm t
1
< t
2
và
1 2
a 1
t t 0
a
−
= <
nên tồn tại 0 < t < t
2
sao cho f(t) <
0
• Khi a > 1 thì f(t) = at
2
+ 49a – 1)t + a – 1 ≥ at
2
> 0 nên a ≥ 1 thỏa điều kiện bài toán.

Cách 3. at
2
+ 4(a + 1)t + a – 1 > 0 ∀ t > 0 ⇔ a(t
2
+ 4t + 1) > 1 – 4t ⇔
2
1 4t
a
t 4t 1
−
>
+ +
vì t
2
+ 4t + 1 > 0
Xét
2
1 4t
f (t)
t 4t 1
−
=
+ +
, lập bảng biến thiên ⇒ a ≥ 1.
III/1.
1 1
3 2 3
0 0
3x 1 3(x 1) 2
I dx dx

x 3x 3x 1 (x 1)
+ + −
= =
+ + + +
∫ ∫
III/2/a. Đặt
2
1
y(x) ln(1 x) x x , y'(x) 0, x 0, y(x) y(0) 0
2
= + − + ≥ ∀ ≥ ≥ = ⇒
đpcm
b. Đặt f(x) = x
2n
(1 – x), f’(x) = x
2n–1
[2n – (2n + 1)x], xét bảng biến thiên trên khoảng (0 ; 1) ta có
B1
B'
D'
C'
O
C
A
B
D
S
Suy ra
2n
2n 1

(0;1)
(2n)
maxf (x) M
(2n 1)
+
= =
+
. Vậy ta cần chứng minh :
m 1
2n 2n 1
2n 1 2n 1
(2n) 1 (2n) 1 1
1 e,m 2n
(2n 1) 2ne (2n 1) e m
+
+
+ +
 
< ⇔ < ⇔ + > =
 ÷
+ +
 
1
(m 1)ln 1 1
m
 
⇔ + + >
 ÷
 
,m = 2n.

Theo (1) ta có
2
2 2 2 2
1 1 1 2m 1 1 (m 1)(2m 1) 2m m 1
ln(1 ) (m 1)ln(1 ) 1
m m 2m 2m m 2m 2m
− + − + −
+ > − = ⇒ + + > = >
Vì m = 2n > 1. Suy ra đpcm.
III/4. Áp dụng bất đẳng thức Buniakopski ta có
A
2
≤ (x
2
+ y
2
)(2 x + y) = 2 + x + y ≤
2 2
2 (1 1)(x y ) 2 2+ + + = +

Vậy A lớn nhất bằng
2 2+
khi
2
x y
2
= =
IV. 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
Gọi K = AC’ ∩ B’D’ ta có SO.AC = AC’.SC =
2 2
AC' h 4a+
2 2
4ah
AC'
h 4a
⇔ =
+
Mp(AB’C’D’) cắt BC tại B
1
ta có AB
1
//BD và AB
1
= 2a.
Tam giác B’C’D’ đều ⇔ AB
1
C’ là nửa tam giác đều
⇔
1
AC' AB 3 h 2a 3= ⇔ =
.
Khi đó SO = h =
OA 3
⇒ ∆ SAC đều. Vậy C’ là trung điểm của SC.
V/1. Chú ý lý luận d không cắt (P), tìm ∆’//∆ , ∆’ là tiếp tuyến của (P), M là tiếp điểm của ∆’ và (P). Gọi
∆’’ là đường thẳng qua M, ∆’’ ⊥ ∆ , N là giao ∆’’ với ∆.
V/2.b. M(2m ; 1 + m ; –1 – m) ; N(1 + n ; –1 – 2n ; 2 + n). Tìm m, n sao cho

AM;AN 0 m 0,n 1.
 
= ⇒ = = −
 
uuuur uuur r
VI. Tam giác ABC luôn có sinC > 0 và từ sinA + sinB ≥ sinC ⇔ a + b ≥ 2c ⇒ c ≤ a hoặc c ≤ b ⇒ C
nhọn ⇒ cosC > 0. Vậy
2 2 2
2 2 2
sin A sin B 2sin C sin A 2sin A.sin B sin B 4sin C
cosA cosB 2cosC
cos A 2cos A.cosB +cos B 4cos C

+ ≥ + + ≥


⇒
 
+ ≥
+ ≥



Cộng vế theo vế ta có cos(A – B) ≥ 1 ⇒ cos(A – B) = 1 ⇒ A = B.
Thế A = B vào đề bài ta có
2sin A 2sin C
...A C
2cos A 2cosC
≥


⇒ =

≥

. Vậy tam giác ABC đều.
x 0 1
f’(x) + 0 –
M
f(x)
0 0