Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 19

www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng

________________________________________________________

Câu I. Xét hàm
43
yx px q=+ +
,

322
y' 4x 3px x (4x 3p)=+ = +

x


3p
4



+
y'


0
+
y
+

M

+



Qua bảng xét dấu, ta thấy
4
3p 256q 27p
My
4256


==


là giá trị nhỏ nhất của hàm số.
Từ đó y(x) 0, x
4
M0 256q27p
.
Câu II.
1)
0A,B,C
2

<<
, A + B + C = tg(A + B) = tg ( C) = tgC

tgA tgB
tgC
1tgAtgB
+
=


P = tgA tgB tgC = tgA + tgB + tgC.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng tgA, tgB, tgC, ta có

3
P3P

P33
.
Vậy min
P33=
khi tgA = tgB = tgC
(A B C )
3

===
.
2) Phơng trình (1) có thể viết lại : cosx = 1 + cos2x hay cosx (2cosx 1) = 0
(chú ý : 2cosx cos2x = cos3x + cosx ).
Từ đó có a) cosx = 0, b)
1
cosx
2
=

.
Bây giờ xét (2). Dùng công thức góc nhân đôi và nhân ba và đặt
cosx = t (1 t 1) thì ta đợc
2
t[4t 2(2 a)t (a 3)] 0++=
(3)
Để (1) tơng đơng với (2) thì (3) phải có hai nghiệm
1
t0=
,
2
1
t
2
=
, ngoài ra nếu (3) có
nghiệm
3
t
nữa thì hoặc
3
t0=
hoặc
3
1
t
2
=
hoặc
3

t
không thuộc khoảng [-1, 1 ] . Dễ thấy
rằng với a, (3) luôn có nghiệm
1
t0=
,
2
1
t
2
=
và
3
a3
t
2

=
. Nếu cho
3
t0=
thì đợc
a = 3, nếu cho
3
1
t
2
=
thì đợc a = 4. Nếu buộc
3

t1<
thì đợc a < 1, nếu buộc
3
t1>
thì
đợc a > 5. Vậy muốn (1) và (2) tơng đơng thì a < 1 hoặc a = 3 ; 4 hoặc a > 5.
Câu III.
1) Ta có (điều kiện là x > 0 ) :
()
==
2
6
66 6
log x
log x log x log x
66 x
.
Vì vậy nếu đặt
6
log x
tx=
thì có 2t 12 0 < t 6,hay
6
log x
x6



2
6

(log x) 1



6
1
1logx1 x6
6

.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng

________________________________________________________


2) Điều kiện: x 1. Đặt
t3x2x1=+
ta có phơng trình đã cho trở thành
2
tt60 =



t2
t3
=


=

.
Chỉ có t = 3 thỏa mãn, từ đó
3x 2 x 1 3+ =


2
x1
3x 5x 2 6 2x




+=



2
1x3
x19x340




+=



x = 2

Câu IVa. 1) Điểm (x , y) không thuộc bất cứ đỷờng thẳng nào của họ, nếu không tồn tại a sao cho

(x - 1)cos +(y-1)sin =4,(1)
nói cách khác nếu phỷơng trình l ợng giác (1) (đối với a) không có nghiệm : điều kiện cần và đủ là
(x-1)
2
+(y-1)
2
<4
2
= 16.
Vậy tập hợp phải tìm là phần trong của hình tròn (C) có tâm (1 , 1) và bán kínhR=4.
2) Ta hãy chứng tỏ rằng họ đỷờng thẳng đã cho luôn luôn tiếp xúc với đỷờng tròn (C) : muốn vậy, ta chứng minh rằng
khoảng cách d từ điểm (1 , 1) đến đỷờng thẳng bằng 4. Thật vậy
d=
|(1 - 1)cos + (1 - 1)sin - 4|
cos sin
22
+
=4.
Câu IVb. 1) Hình cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện đều, do đó tâm hình cầu phải nằm trên giao tuyến của ba mặt
phân giác của các góc nhị diện có điểm chung ở đỉnh của tứ diện. Giao tuyến này chính là một đỷờng cao của tứ diện
(hạ từ đỉnh của góc tam diện đó). Chẳng hạn tâm O của hình cầu nằm trên đỷờng cao AO
1
. Xét tam giác vuông AO
1
B
có AO
1
là đỷờng cao, AB là cạnh của tứ diện, O là tâm của hình cầu. OE là bán kính hình cầu. Dễ thấy E là trung
điểm của AB (hình cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện tại trung điểm của chúng). Tam giác AEO và AO
1

B đồng
dạng, do đó có:
OE
OB
=
AE
AO
;OB=
a
3
;AE=
a
2
11
1
;
AO
1
=
AB - O B = a -
a
3
=
a6
3
2
1
22
2
.

Do đó : R=
AE . O B
AO
=
a
3
.
a
2
.
3
a6
=
a2
4
1
1
.
2) Theo công thức Hêrông về diện tích của tam giác ta có:
S=
(
a+b+c
2
)(
a+b-c
2
)(
a-b+c
2
)(

b+c-a
2
)
1
2






; (1)
tất cả các thừa số đều dỷơng (tổng hai cạnh của một tam giác bao giờ cũng lớn hơn cạnh thứ ba), vì thế ta áp dụng bất
đẳng thức Côsi (n = 3) cho tích (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a).
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
§Æt x=a+b-c;y=a+c-b;z=b+c-atacã: xyz £
(x+y+z)
3
27
.
Do ®ã :4S=
(a + b + c)(a + b - c)(a - b + c)(b + c - a)
£
£
(a + b + c)
(a + b + c)
27
=

(a + b + c)
33
32
.
BiÕt(a+b+c)
2
=a
2
+b
2
+c
2
+ 2ab + 2bc + 2ac £
£ a
2
+b
2
+c
2
+(a
2
+b
2
)+(b
2
+c
2
)+(c
2
+a

2
) = 3(a
2
+b
2
+c
2
),
vËy 4S £
(a + b + c)
33
3(a + b + c )
33
2222
≤
=
a+b+c
3
222
hay a
2
+b
2
+c
2
³ 4S
3
.
DÊu ®¼ng thøc x¶y rakhia=b=c.
www.khoabang.com.vn

LuyÖn thi trªn m¹ng
________________________________________________________________________________