Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 14

Câu I.1)Vớim=-1hệvônghiệm.
2) Bất phỷơng trình thứ nhất có nghiệm : -1 < x <
1
3
.
Để khảo sát bất phỷơng trình thứ hai, xét hàm số
f(x) = x
3
+3mx+1.
Ta có f(x) = 3x
2
+ 3m.
a) Nếu m 0, hàm số là đồng biến, vậy
min ( ) ( ) ,
[;]x
fx f m

==
1
1
3
13
tứclà:*nếum=0,tacóf(x) > 0 với mọi x ẻ (-1 ;
1
3
):
hệ vô nghiệm;
* nếu m > 0, ta có f(-1) < 0, nên tồn tại x
0
ẻ (-1;
1

3
) với f(x
o
) < 0 : hệ có nghiệm.
b) Nếu m < 0, hàm f(x) có bảng biến thiên
x-Ơ
--m -m
+Ơ
f + 0 - 0 +
1-
2m -m
+Ơ
f
-Ơ
1+
2m -m
Để ý rằng f(-1) = -3m > 0, f(0) = 1 > 0, vậy f(x) > 0 khi
x ẻ (-1 ; 0]. Muốn hệ có nghiệm, phải tồn tại x
0
ẻ (0;
1
3
) với f(x
o
)< 0. Ta xét hai trỷỳõng hợp có thể xảy ra:
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
i) 0 <
-m

1
3

, tức là
-
1
9
m<0
. Cần có
f(
-m
)=1+
2m -m
< 0 m < -
1
4
3
,
mâu thuẫn với điều kiện -
1
9
Ê m.
ii)
1
3
<
-m
, tức là m < -
1
9

. Cần có f(
1
3
)=
28
27
+m< 0 m < -
28
27
.
Tóm lại hệ có nghiệm nếu m > 0 hoặc nếu m < -
28
27
.
Câu II. 1) Điều kiện để biểu thức có nghĩa:
a 3;b 4;c 2.
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
c-2 =
(c - 2)2
2
1
2
.
(c-2)+2
2
=
c
22

.

Tỷơng tự ta đỷợc:
a-3
a
23

;
b-4
b
24

.
Từ đó:
f=
c-2
c
+
a-3
a
+
b-4
b
Ê
1
22
+
1
23
+
1
24

.
Vậy : maxf =
1
2
1
2
+
1
3
+
1
2








, đạt đỷợckhi: c=4;a=6;b=8.
2) Chia hai vế cho
9
2x - x + 1
2
ta sẽ có
25
9
+1
34

15
.
5
3
2x - x + 1 2x - x + 1
22













.
Đặtt=
5
3
2x - x + 1
2

,(t> 0) thì sẽ tới t
2
-
34
15
t+1 0. Giải ra, sẽ đ ợc : t Ê
3
5
hoặc t
5
3
.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
a)
5
3
3
5
2x - x + 1
2

2x-x
2
+1Ê -1 x
2
-2x-2 0 x Ê 1-
3
hoặc x
1+
3
.
b)
5
3
5
3
2x - x + 1
2







2x-x
2
+1 1 0 Ê x Ê 2.
Đáp số.0Ê x Ê 2 hoặcxÊ 1-
3
hoặcx 1+

3
.
Câu III.1)Phỷơng trình đã cho có thể viết lại:
a
2
(sinx - cosx) - a(sin
2
x - cos
2
x) = cosx - sinx (sinx - cosx)[a
2
- a(sinx + cosx) + 1] = 0.
a)sinx-cosx=0cómộtnghiệm duy nhất x =

4
trong khoảng
-
3
4
;








.
b) a

2
- a(sinx + cosx)+1=0 a(cosx + sinx) = a
2
+1.
Phỷơng trình này có nghiệm khi và chỉ khi
a
2
+a
2
(a
2
+1)
2
ị a
4
+1Ê 0:vôlý.
Vậy phỷơng trình ban đầu chỉ có một nghiệm duy nhất:x=/4 trong khoảng (-3/4 ; ).
2)

2
- = + ị tg (

2
- )=
tg + tg
1 - tg tg


tgtg +tgtg =1-tgtg tgtg +tgtg +tgtg =1.
Theo Bunhicôpxki ta có: g

2
=(
1 + tg tg + 1 + tg tg + 1 + tg tg
)
2
Ê
(1
2
+1
2
+1
2
)(1+tgtg +1+tgtg +1+tgtg)=3(3+1)=12.VậygÊ 2
3
. (Dấu bằng xảy ra khi = = =

6
) ị
maxg = 2
3
.
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 IVa.
Đặt

2
2
x
f(x)
x1
=

, ta có
2
23/2
x(x 2)
f'(x)
(x 1)

=


Suy r f(x) đồng biến trong (
2
; + ) f(x) đồng biến trong [2 ; 3]
Từ đó : y x [2 ; 3], f(x) < f(3) =
92
4

do đó
33
22
92 92
f(x)dx dx
44

<=


y x [2 ; 3], x < f(x) nên
3
2
33
2
22
x5
f(x)dx xdx
22
>==


Câu Va.
1) Vì
22
(m 1) ( 2m) 5 0
++ +>
nên
m
(C )
luôn là
2) đờng tròn thực với mọi m.
3) Tọa độ tâm của
m
(C )
: I(x= m + 1, y = 2m).
Khử m ta có tọa độ của I thỏa mãn phơng trình

y = 2x + 2
Suy ra tập hợp các tâm I là đờng thẳng có
phơng trình y = 2x + 2.
2) Bán kính của (C) là R = 1, của
m
(C )
là

2
m
R5m2m6=++.
Khoảng cách hai tâm
2
OI 5m 2m 1=++
. Xét hai trờng hợp :
m
(C )
tiếp xúc ngoài với (C)
m
R
+ R = OI

22
5m 2m 6 1 5m 2m 1+++= ++

: phơng trình này vô nghiệm.
m
(C )
tiếp xúc trong với (C)
m

RR
= OI

22
5m 2m 6 1 5m 2m 1++= ++


2
5m 2m 6 3++=

2
5m
+ 2m 3 = 0

1
m1=
,
2
3
m
5
=
.
Với m = 1 ta có đờng tròn
1
(C )
:
22
x y 4y50+=
, tâm

1
I
(0, 2),
1
R
= 3.
Với m =
3
5
ta có đờng tròn
2
(C )
:
22
16 12
xy x y50
55
+ + =
,
tâm
2
86
I,
55




,
2

R
= 3.
6
5

0
8
5
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0

________________________________________________________

Do
12
85
II
5
=
<
12
RR
+
= 6 nên
1
(C )
và
2
(C )
cắt nhau (Hình 16).
Suy ra

1
(C )
,
2
(C )
chỉ có hai tiếp tuyến chung ngoài song song với
12
II
. Hai tiếp tuyến đó có
phơng trình
2x y 3 5 2 0
+ =
.
Câu IVb.
1) H là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC,
2) CH cắt AB tại điểm I.
Trong SCI, kẻ IK SC, vì AB SC (do AB (SHC)),
nên (ABK) SC, nói cách khác (P) = (ABK).
Vì
n
ICS
là góc trong tam giác vuông SHC,
nên nó là góc nhọn. Để K thuộc đoạn SC,
n
ISC

phải là góc nhọn, muốn vậy điều kiện cần và đủ là :
22 2 2 2 2
IC SI SC 2SH IH HC<+ = + +

hay
222
2
3a a a
2h
4123
<++

2
2
a
h
6
>

a
h
6
>
.
Để tính IK, để ý rằng IC.SH = 2dt(SIC) = SC.IK


22
IC.SH 3ah
IK
SC
2a 3h
==
+

.
Từ đó suy ra diện tích tam giác ABK :
2
22
13ah
dt(ABK) AB.IK
2
4a 3h
==
+
.
2) Để hình chóp K.ABC có thể tích bằng
1
2
thể tích SABC, thì K phải là trung điểm của SC, mà
IK SC, vậy IS = IC hay 3
2
a
4
=
2
2
a
h
12
+
h =
2
a
3

.
Khi đó các tam giác CAB và SAB bằng nhau, vậy SAB là tam giác đều : SA = SB = a. Đồng
thời
2
22 2
a
SC h a
3
=+= SC = a.
Vậy SABC là tứ diện đều, do đó hình cầu ngoại tiếp và hình cầu nội tiếp tứ diện có tâm trùng
nhau.
Câu Vb. Trớc hết ta hãy chứng minh rằng nếu a + b 0, m và n là hai số nguyên dơng thì
m m n n mn mn
ababa b
.
22 2
++
++ +

.
Quả vậy, bất đẳng thức này tơng đơng với
mmnn mnmn
(a b )(a b ) 2(a b )
++
+++

hay
mmnn
0 (a b )(a b )

. (2)
Các số a, b có vai trò nh nhau, vậy có thể coi rằng a b.
1) Nếu a b 0 thì với mọi số nguyên dơng k, ta có
kk
ab
, suy ra (2).