Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 17

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

________________________________________________________

Câu I.
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Trong trờng hợp tổng quát, hàm số có đạo hàm
222
y' 3[(x a) (x b) x ]=+++=
222
3[x 2(a b)x a b ]++ ++
.
Với y' là hàm bậc hai của x, nên để y có cực đại và cực tiểu, y' phải đổi dấu, tức là có biệt
thức ' > 0 hay
222
'(ab) a b 2ab0 ab0= + = > >
.
3) Nếu phơng trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt, thì đồ thị của hàm y phải cắt Ox tại 3 điểm
phân biệt, do đó y phải có cực đại, cực tiểu, ngoài ra
max
y0>
,
min
y0<
.
Từ phần (2) suy ra ab >0, và ta có y' = 0 khi x = (a + b)
2ab
. Nh vậy gọi f(x) là biểu
thức của y, thì cần có
= =+ + + ++ =
3

33
max
y f( a b 2ab) (a 2ab) (b ab) (a b 2ab)
+ +>ab[3(a b) 4 2ab] 0
,
=+ = + <
min
yf(ab2ab)ab[3(ab)42ab]0
.
Nhng
22 2 22 2
max min
y y a b [9(a b) 32ab] a b [9(a b) 4ab] 0=+=+>

do ab > 0, vậy không thể xảy ra trờng hợp trên.
Thành thử phơng trình y = 0 không thể có ba nghiệm phân biệt.
Câu II. Biến đổi phơng trình đã cho dới dạng
2
2cos x (2m 1)cosx m 0+ +=
suy ra cosx =
1
2
, cosx = m.
1) Với m =
3
2
nghiệm cosx = m bị loại. Vậy cosx =
1
2
x =

3

+ 2k ( k Z).
2) Để phơng trình có nghiệm
3
xcosx0
22

<< <
. Vậy

1

m < 0.
Câu III.

1) Đặt
x
t2 0=>
, bài toán qui về : tìm a để bất phơng trình
2
at 4(a 1)t a 1 0++>
(1)
đợc nghiệm đúng với mọi t > 0.
Với a = 0, (1) trở thành

4t

1 > 0 không đợc nghiệm đúng khi t > 0.
2) Nếu a < 0, gọi f(t) là vế trái của (1). Vì

t
lim f(t)
+
=

nên với t > 0 đủ lớn f(t) < 0 (1) không đợc nghiệm.
3) Xét a > 0. Khi đó f(t) có biệt số thu gọn
2
'4(a1) a(a1)(a1)(3a4).= =

Phân biệt các trờng hợp :
i) 0 < a < 1 ' > 0 f(t) có hai nghiệm phân biệt
12
tt
.
Theo hệ thức Viet
12
a1
tt 0
a

=<

12
t0t
<<
.
vậy f(t) < 0 khi
<<
2

0tt
(1) không đợc nghiệm với các giá trị này của t.
ii)
a1
: với t > 0
22
f(t) at 4(a 1)t (a 1) at 0=++>

(1) đợc nghiệm đúng với mọi t > 0. Thành thử đáp số là a 1.


Câu IV. Gọi I, J, K là tâm đỷờng tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABD, BCE, CAF, ta hãy chứng minh chẳng hạn
IJ = IK.
Quả vậy theo định lí hàm côsin
IJ
2
=IB
2
+BJ
2
- 2IB.BJcos
IBJ
^
=
()
1
3
c+a-2accos(B+60)
22 o
,

IK
2
=
()
1
3
c + b - 2bc cos (A + 60 )
22 o
. Đẳng thức IJ=IKtỷơng
đỷơng với
a
2
- 2accos(B + 60
0
)=b
2
- 2bccos(A + 60
0
)
a
2
-b
2
= c[2acos(B + 60
0
) - 2bcos(A + 60
o
)]. (1)
Ta có 2acos(B + 60
o

) - 2bcos(A + 60
o
) = acosB - bcosA =
=2R(sinAcosB - sinBcosA) =2Rsin(A - B).
Vậy vế phải của (1) bằng
2Rcsin(A - B) = 4R
2
sinCsin(A - B).
Vế trái của (1) bằng
a
2
-b
2
=4R
2
(sin
2
A - sin
2
B)=2R
2
(cos2B - cos2A) = 4R
2
sin(A - B)sin(A + B) =
=4R
2
sinCsin(A - B).
Suy ra IJ = IK. Tỷơng tự ta có IK = KJ, vậy IJK là tam giác đều.
Câu Va. 1)Nếua+b=0,thìcácđỷờng thẳng AN, BM không cắt nhau.
Nếua+bạ 0, thì giao điểm I của các đỷờng thẳng đó có tọa độ

x
I
=
3(a - b)
ab+
,y
I
=
ab
a+b
. (1)
2) Nhỷ đã biết (đề số 103, câu IVa), để đỷờng thẳng
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Ax+By+C=0 tiếp xúc với elip
x
a
+
y
b
=1
2
2
2
2
,
điều kiện cần và đủ là a
2
A
2

+b
2
B
2
=C
2
. (2)
Trở về bài toán đang xét, ta có đỷờng thẳng MN với phỷơng trình
y=
(b - a)x
6
+
a+b
2
,
và hệ thức (2) trở thành
9(b - a)
36
+4=
(a + b)
4
22
ab=4.
3) Vì ab = 4, nên a ạ 0, b ạ 0, và a, b cùng dấu, vậy a+bạ 0. Từ (1) suy ra các tọa độ của I:
x
I
=
3(a - b)
a+b
,y

I
=
4
a+b
.
Hiển nhiên y
I
ạ 0. Vậy
a+b=
4
y
I
a-b=
x
3
(a + b) =
4x
3y
II
I
.
Suy ra
2a =
4
y
+
4x
3y
2b =
4

y
-
4x
3y
ị (4ab = 16)
16 =
16
y
-
16x
9y
2
2
2

x
9
+y =1
2
2
. (E)
Ta thấy điểm I thuộc elip (E). Vì
ab=4, x
I
=
3(a - b)
a+b
,y
I
=

4
a+b
ta thấy y
I
nhận mọi giá trị khác 0, với trị số tuyệt đối không v ợt quá 1. Suy ra : tập hợp các điểm I là đ ờng elip (E )
bỏ đi 2 đỉnh trên trục lớn, đó là các điểm (3;0).
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Câu Vb. 1) Gọi A, B là các hình chiếu vuông góc của A và B
lênD.TacóAA^ D,BB^ D,IM D , vậy các đ ờng thẳng
AA, BB, IM đ ợc chứa trong ba mặt phẳng vuông góc với D đi
qua A, B, M. Theo định lí Talet trong không gian, ta có
A' M
B' M
=
AI
BI
=1
ị AM = BM.
Khi đó các tam giác vuông AAM, BBM có hai cạnh góc vuông
bằng nhau, nên chúng bằng nhau ị AM = BM, vậy M ẻ P.
2) Hạ OH (P). Ta có IM OM,
IM OH ị IM (OMH) ị IM MH. Vậy M nằm trên đỷờng
tròn đỷờng kính IH trong mặt phẳng P, với bán kính
R=
1
2
IH =
1
2

OI - OH =
1
2
d-h
22 22
.
3) Từ các tam giác vuông OMH, OMI, suy ra
MH =
OM - OH = x - h
22 22
,
MI =
OI - OM = d - x
2222
.
Vậy V=V
OHMI
=
1
3
OH .
MI.MH
2
=
h
6
(x - h )(d - x )
2222
.
Vì h và d không đổi, suy ra V lớn nhất khi

x
2
-h
2
=d
2
-x
2
ị x=
d+h
2
22
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________