Bộ đề luyện thi ĐH-CĐ môn Toán P2 - Đề 20

Câu I.
Trên hình vẽ, ta vẽ đồ thị hàm số:
f(x) = 3x
2
-6x+2a-1(-2Ê x Ê 3) trong 4 trỷỳõng hợp:
I) f(1) 0;
II) f(-2) = -f(1) = H;
III) f(-2) > H > -f(1) > 0;
IV) f(-2) < H.
Dựa vào đồ thị, dễ thấy rằng hàm
y =|f(x)| sẽ đạt giá trị lớn nhất nhỷ sau:
f(- 2) (trỷỳõng hợp I)
H(trỷỳõng hợp II)
f(- 2) (trỷỳõng hợp III)
- f(1) (trỷờng hợp IV).
Cũng từ đó thấy rằng để f
max
đạt giá trị nhỏ nhất, ta cần chọn a sao cho xảy ra trỷỳõng hợp II.
Ta có : f(-2) = 2a + 23;
-f(1) = -(2a - 4);
H = f(-2) = -f(1) 2a+23=-(2a-4) a=
-
19
4
.
Câu II.1)a)
3abc
4R
=2R .
1
8R

2
3
(a
3
+b
3
+c
3
) 3abc = a
3
+b
3
+c
3
.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
a
3
+b
3
+c
3
3abc.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________

Dấu bằng xảy ra khia=b=c.VậyABCđều.
b) b+c=
a
2
+ 3bsinC

sinB + sinC =
1
2
sinA + 3sinBsinC
sinB + sinC =
1
2
sin(B + C) + 3sinBsinC
sinB + sinC =
[]
1
2
sinBcosC + sinCcosB + 3sinBsinC
sinB
1-
cosC
2
-
3
2
sinC + sinC 1 -

cosB
2
-
3
2
sinB = 0













sinB 1 - sin(C +
6
)





+
sinC 1 - sin(B +
6

)





=0

+=
+=






sin( )
sin( )
C
B


3
1
6
1
C
B
=
=

3
3
2) Đặt tgx + cotgx = t(|t| 2) thì sẽ có:
tg
2
x + cotg
2
x = (tgx + cotgx)
2
-2=t
2
-2;
tg
3
x + cotg
3
x =(tgx + cotgx)
3
- 3tgxcotgx (tgx + cotgx) = t
3
- 3t.
Vậy ta có phỷơng trình: t+(t
2

-2)+(t
3
-3t)=6
hay t
3
+t
2
-2t-8=0 (t-2)(t
2
+3t+4)=0 t=2.
Sau đó giải phỷơng trình: tgx + cotgx = 2 sẽ đỷợc một họ nghiệm là: x=


4
+k
(k ẻ Z).
Câu III. 1) Viết lại phỷơng trình đã cho:
x
2
-2x+5=-4cos(ax + b) (x-1)
2
+4=-4cos(ax + b) .(1)
Ta có:(x - 1)
2
+4 4 - 4cos(ax + b).
Vì thế x là nghiệm của (1) khi và chỉ khi x là nghiệm của hệ:
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
()

cos( )
x
ax b
+=
+=



144
44
2

x
ax b
=
+=



1
1cos( )

=
+=



x
ab
1

1cos( )
Vậy a+b= +2k (k ẻ Z).
2) Điều kiện :
x+1
x
0
x

-1 hoặc x>0.
Đặt t =
x+1
x
thì t

0 và sẽ đến :
1
t
2
-2t-3>0 2t
3
+3t
2
-1<0 (t + 1)(2t
2
+t-1)<0
2(t+1)
2
t-
1
2

<0.
Dot>0nên ta đỷợc :0<t<
1
2
. Từ đó :
0<
x+1
x
<
1
2

0<
x+1
x
<
1
4
.
Giải hệ này, ta sẽ đỷợc :
-
4
3
<x<-1

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

________________________________________________________


Câu IVa.
1) a ) x > 0 :
=+ =
2
x1x
F'(x) xlnx . xlnx
2x 2
.
b)
++



===



x0 x0
F(x) F(0) x x
x 0 : lim lim ln x
x0 2 4

Xét x (0 ; 1 ]. Khi đó
xxx
ln x
244

. Mặt khác dễ chứng minh đợc rằng :
1
ln x
x

.
Từ đó ta có :
1xx x x
xlnx
42 4 4
x





( *)
Cho
x0
+

và chú ý đến(*) ta đợc :
x0
xx

lim ln x 0
24
+


=


.
Suy ra : F'(0) = f (0).
2)
1
0
1
22
0
xx1
S |xlnx|dx lnx
244


==+=




.
Vậy diện tích cần tính
2
13

S.2cm.3cmcm
42
==
.
Câu Va. Đờng thẳng
x4y2z70,
(d) :
3x 7y 2z 0
++=


+=


có vectơ chỉ phơng
u (6; 4; 5)=
G

Mặt phẳng (P)
3x + y z + 1 = 0
có vectơ pháp tuyến
=
G
n(3;1;1)
.
Do vậy góc ( 0 ) giữa các vectơ
u
G
và
n

G
đợc xác định bởi
u.n 19
cos
|u|.|n|
11 7
= =
G
G
G
G
.
Góc họn tạo bởi đờng thẳng (d) với mặt phẳng (P) bằng
2

=
.
Từ kết quả trên, suy ra
19
sin | cos |
11 7
= =
,
Câu IVb.
1) Vì I là trung điểm của CH nên SH = SC.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng

________________________________________________________

Lại do CH = SH nên tam giác SHC đều
n
o
HSC 60=
. Góc phẳng nhị diện cạnh AB không
đổi, (ABC) cố định (SAB) không đổi.
2)
==
ABC
AC.CH
S R (2R x)x
2
;

==
33
SI CH (2R x)x.
22
.
Vậy
=
=
SABC
1R
V . (2R x)x.3x(2R x)
32
R3
x(2R x)
6

Từ đó
SABC
V
lớn nhất x = R.
3) Giả sử là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI. Khi đó phải cách đều ba điểm S, B, A.
Suy ra phải thuộc đờng thẳng d (SAB) và qua tâm O của đờng tròn ngoại tiếp SAB.
Vì
n
o
BSA 90
=
nên tâm O này là trung điểm của AB. Theo chứng minh trên thì (SAB) cố định,
vậy (d) cố định.

S
C
O
B
I
A
H