38 đề ôn thi đại học môn Toán có lời giải

<span class='text_page_counter'>(1)</span> ________________________________________________________________________________. C©u I. 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =. x2 - x + 1 . x - 1. 2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C). 3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x2 + a. C©u II. Cho hÖ phû¬ng tr×nh.  x + y + xy = m  2 2 x + y = m. 1) Gi¶i hÖ víi m = 5. 2) Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ cã nghiÖm? C©u III. 1) Cho bÊt phû¬ng tr×nh x2 + 2x(cosy + siny) + 1 ≥ 0. Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y. 2) Gi¶i phû¬ng tr×nh lûîng gi¸c sin 2 x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 3 C©u IVa. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip E) :. x2 y2 = 1, + 9 4. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ________________________________________________________________________________. vµ hai ®ûêng th¼ng (D) : ax - by = 0,. (D’) : bx + ay = 0,. víi a2 + b2 > 0. 1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D’) với (E). 2) TÝnh theo a, b diÖn tÝch tûá gi¸c MPNQ. 3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất. 4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất. C©u IVb. Trong mÆt ph¼ng (P) cho tam gi¸c ABC víi c¶ ba gãc nhän. Trªn ®ûêng th¼ng (d) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P) t¹i A, lÊy mét ®iÓm M. Dûång BN⊥CM , BH⊥CM . §ûêng th¼ng KH c¾t (d) t¹i N. 1) Chûáng minh : BN⊥CM 2) Chûáng minh : BM⊥CN 3) H·y chØ c¸ch dûång ®iÓm M trªn (d) sao cho ®o¹n MN ng¾n nhÊt.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ___________________________________________________________ C©u 1 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) LÊy A(0, b) lµ mét ®iÓm trªn Oy. §−êng th¼ng qua A, víi hÖ sè gãc k cã ph−¬ng tr×nh : y = kx + b. Ta cã y =. 1 x2 − x + 1 1 =x+ ; y' = 1 − x −1 x −1 (x − 1)2. Hoành độ tiếp điểm của đ−ờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ 1   x + x − 1 = kx + b   1 1 − =k  (x − 1)2. ⇒ x+.  1 1  = 1 − x+ b x − 1  (x − 1)2 . ⇒ bx2 − 2(1 + b)x + (1 + b) = 0 (1) y b = 0 : (1) trë thµnh −2x + 1 = 0 ⇔ x = y b ≠ 0 : (1) cã nghiÖm khi. 1 2. ∆ ' = (1 + b)2 − b(1 + b) ≥ 0 ⇔ b ≥ −1 (b ≠ 0). Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đ−ợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b ≥ −1. 3) Hoành độ tiếp điểm của parabol y = x2 + a với đồ thị (C) là nghiệm của hệ : 1  2 x + x − 1 = x + a o   1 1 − = 2x  (x − 1)2. Tõ ph−¬ng tr×nh thø hai, suy ra : x(2x2 − 5x + 4) = 0 ⇒ x = 0.. Thay vµo ph−¬ng tr×nh ®Çu th× ®−îc a = - 1. Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ : S + P = m  2 S − 2P = m. 1) Víi m = 5 ta ®−îc : S + P = 5  2 S − 2P = 5. ⇒ P=5−S ⇒. S2 + 2S − 15 = 0. ⇒ S = −5, S = 3. Với S = −5, ta có P = 10, loại vì điều kiện S2 ≥ 4P không đ−ợc nghiệm đúng. x = 2, y = 1,. Víi S = 3, ta cã P = 2 vµ ®−îc . x = 1  y = 2.. 2) Trong tr−êng hîp tæng qu¸t, P = m - S ⇒ S2 + 2S − 3m = 0 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ___________________________________________________________ §Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm, cÇn ph¶i cã : 1 ∆ ' = 1 + 3m ≥ 0 ⇒ m ≥ − . 3. Khi đó gọi S1 và S2 là các nghiệm : S1 = −1 − 1 + 3m , S2 = −1 + 1 + 3m .. a) Víi S = S1 ⇒ P = m − S1 , ®iÒu kiÖn S2 ≥ 4P trë thµnh (1 + 1 + 3m)2 ≥ 4(m + 1 + 1 + 3m) ⇒ −(m + 2) ≥ 2 1 + 3m ,. kh«ng ®−îc nghiÖm v× m ≥ −. 1 ⇒ m + 2 > 0. 3. b) Víi S = S2 ⇒ P = m − S2 , ®iÒu kiÖn S2 ≥ 4P trë thµnh : (−1 + 1 + 3m)2 ≥ 4(m + 1 − 1 + 3m) ⇒ 2 1 + 3m ≥ m + 2 .. Vì m + 2 > 0, có thể bình ph−ơng hai vế của bất ph−ơng trình này và đi đến 0 ≥ m2 − 8m ⇒ 0 ≤ m ≤ 8 .. Cïng víi m ≥ −. 1 suy ra đáp số : 0 ≤ m ≤ 8. 3. C©u III. 1) HiÓn nhiªn víi x = 0 bÊt ph−¬ng tr×nh ®−îc nghiÖm víi mäi y. XÐt x > 0 ⇒ cosy + sin y ≥ −. 1 + x2 . 2x. Hµm f (y) = cosy + siny cã gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng − 2≥−. 2 , gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng − 2 , vËy ph¶i cã :. 2. 1+ x ⇒ x2 − 2 2x + 1 ≥ 0 ⇒ 2x. ⇒ 0 < x ≤ 2 −1, x ≥ 2 +1.. XÐt x < 0 ⇒ cosy + sin y ≤ −. 2. 1+ x ⇒ 2x. ⇒. 2≤−. 1 + x2 ⇒ x2 + 2 2x + 1 ≥ 0 ⇒ x ≤ − 2 − 1 , 2x. − 2 +1≤ x < 0 .. Tãm l¹i c¸c gi¸ trÞ ph¶i t×m lµ : x ≤ − 2 − 1 , − 2 + 1 ≤ x ≤ 2 − 1,. | x | ≥ 2 +1 , | x | ≤ 2 −1. hay : 2) §iÒu kiÖn : x ≠. 2 +1≤ x. π + kπ ( k ∈ Z). Chia hai vÕ cho cos2 x ta ®−îc ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng : 2. tg2 x(tgx + 1) = 3tgx(1 − tgx) + 3(1 + tg2 x). ⇔ tg2 x(tgx + 1) − 3(tgx + 1) = 0 ⇔ (tgx + 1)(tg2 x − 3) = 0  tgx = −1 ⇔   tgx = ± 3. π   x = − 4 + kπ ⇔   x = ± π + kπ  3. ( k ∈ Z). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ________________________________________________________________________________. Câu IVa. Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D’) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số  x = at' (D’) :   y = −bt'.  x = bt (D) :   y = at. 1) Thay biÓu thøc cña (D) vµo phû¬ng tr×nh cña (E), ta ®ûîc c¸c gi¸ trÞ cña tham sè t øng víi c¸c giao ®iÓm M, N. Tõ đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N):  M . 6b 9a 2 + 4b 2. ,.    , N   9a 2 + 4b 2  . ,-.    , Q   4a 2 + 9b 2  . 6a. 6b 9a 2 + 4b 2. ,-.  . 2 2  9a + 4b . ,.  . 2 2  4a + 9b . 6a. Tû¬ng tù:  P . 6a 4a 2 + 9b 2. 6b. 6a 4a 2 + 9b 2. 6b. 2) Tø gi¸c MPNQ lµ h×nh thoi, víi diÖn tÝch 72(a 2 + b 2 ). S = 2OM.OP =. (9a 2 + 4b 2 )(4a 2 + 9b 2 ). .. (1). 3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) và (D’) có dạng thuần nhất (hay đẳng cấp) đối với a, b, tức là thay cho a và b, ta viết ka và kb với k ạ 0. Do vậy, có thể coi rằng a 2 + b 2 = 1. Khi đó (1) trở thành S=. 72 2. 2. (4 + 5a )(4 + 5b ). =. 72 2. 36 + 25a b. 2. ≤. 72 = 12, 6. dấu = chỉ có thể xảy ra khi ab = 0, tức là hoặc a = 0 hoặc b = 0. (Khi đó cặp đỷờng thẳng (D) và (D’) trùng với cặp hệ trục tọa độ). 4) VÉn víi gi¶ thiÕt a 2 + b 2 = 1, theo trªn ta cã S=. 72 36 + 25a 2 b 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ________________________________________________________________________________. 1 V× 2|ab| £ a 2 + b 2 = 1 suy ra a 2 b 2 £ , dÊu = chØ x¶y ra khi |a| = |b|, vËy S ³ 4. 72 36 +. 25 4. =. 144 , 13. 144 , x¶y ra khi |a| = |b|, tøc lµ cÆp ®ûêng th¼ng (D), (D’) lµ cÆp c¸c ph©n gi¸c y ⊄ x = 0 cña hÖ 13 trục tọa độ Oxy.. suy ra min S =. C©u IVb. (H×nh bªn). 1) BK ⊥ AC, BK ⊥ AM ÞBK⊥(ACM)ÞBK⊥CM. Cïng víi BH ⊥ CM, suy ra (BKH) ⊥ CM Þ BN ⊥ CM. 2) Do (BKH) ⊥ CM Þ KH ⊥ CM. VËy K lµ trùc t©m tam gi¸c CMN, vµ ta ®ûîc MK ⊥ CN. Cïng víi BK ⊥ CN Þ (BMK)⊥ CN Þ BM ⊥ CN. 3) V× K lµ trùc t©m tam gi¸c CMN, nªn AM.AN = AK.AC Vậy khi M di chuyển trên d, tích AM.AN không đổi ị MN = = AM + AN nhỏ nhất khi AM = AN. Khi đó AM 2 = AK.AC, AM là đỷờng cao trong tam giác vuông CMK’, cạnh huyền CK’, K’ là điểm đối xứng của K qua A.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> _____________________________________________________ __________. C©u I. 1) Gi¶ sö phû¬ng tr×nh x2 + ax + b = 0 cã nghiÖm x1 vµ x2, phû¬ng tr×nh x2 + cx + d = 0 cã nghiÖm x3 vµ x4. Chûáng tá r»ng. 2(x1 + x3)(x1 + x4)(x2 + x3)(x2 + x4) = = 2(b - d)2 - (a2 - c2)(b - d) + (a + c)2(b + d). 2) a, b, c lµ 3 sè tïy ý thuéc ®o¹n [0 ; 1]. Chûáng minh : a b c + + + (1 - a)(1 - b)(1 - c) ≤ 1. b + c +1 a + c +1 a + b +1 C©u II. 1) Gi¶i phû¬ng tr×nh sin3x + cos3x = 2 - sin4x. 2) k, l, m là độ dài các trung tuyến của tam giác ABC, R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh r»ng k+l+m≤. 9R . 2. C©u III. Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(3, 0) và parabol (P) có phỷơng trình y = x2. 1) M là một điểm thuộc parabol (P), có hoành độ xM = a. Tính độ dài đoạn AM, xác định a để AM ngắn nhÊt. 2) Chûáng tá r»ng nÕu ®o¹n AM ng¾n nhÊt, th× AM vu«ng gãc víi tiÕp tuyÕn t¹i M cña parabol (P). C©u IVa. Cho hai sè nguyªn dû¬ng p vµ q kh¸c nhau. 2π. TÝnh tÝch ph©n I =. ∫. cospx cosqx dx.. 0. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> _______________________________________________________________. C©u Va. Cho hai ®ûêng trßn (C1). x2 + y2 - 6x + 5 = 0,. (C2). x2 + y2 - 12x - 6y + 44 = 0.. Xác định phỷơng trình các đÛờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đỷờng tròn trên. Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với các đỷờng chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau t¹i O. §ûêng cao cña h×nh chãp lµ SO = h. MÆt ph¼ng qua A, vu«ng gãc víi SC, c¾t SB, SC, SD lÇn lûúåt t¹i B’, C’, D’. 1) Xác định h để B’C’D’ là tam giác đều. 2) TÝnh b¸n kÝnh r cña h×nh cÇu néi tiÕp h×nh chãp theo a vµ h. C©u Vb. Hai gãc nhän A, B cña tam gi¸c ABC tháa m·n ®iÒu kiÖn tg2A + tg2B = 2tg2. A+B . 2. Chûáng tá r»ng ABC lµ mét tam gi¸c c©n.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ________________________________________________________________________________ C©u I. 1) §Æt A = (x 1 + x 3 )(x 1 + x 4 )(x 2 + x 3 )(x 2 + x 4 ) Ta cã (x1 + x3)(x1 + x4) = x12 + x1 (x 3 + x 4 ) + x 3 x 4 = -(ax1 + b) - cx1 + d = (d - b) - (a +c)x1, (x 2 + x 3 )(x 2 + x 4 ) = (d - b) - (a + c)x 2 , do đó A = [(d - b) - (a + c)x 1 ][(d - b) - (a + c)x 2 ] = (d - b) 2 + (a + c)(b - d)(x 1 + x 2 ) + (a + c) 2 x 1 x 2 = = (b - d)2 - (a + c)(b - d)a + (a + c)2b. Vai trß hai phû¬ng tr×nh lµ nhû nhau trong biÓu thøc cña A, nªn ta còng cã: A = (b - d) 2 - (a + c)(b - d)a + (a + c) 2 b. Céng hai biÓu thøc nµy cña A th× suy ra kÕt qu¶. 2) Không giảm tổng quát có thể xem a Ê b Ê c khi đó theo bđt Côsi ta có a + b + 1 + 1 - a + 1 - b  = 1 (a + b + 1)(1 - a)(1 - b) £  3   Suy ra (1 - a)(1 - b) £. 1 1 - c Þ (1 - a)(1 - b)(1 - c) £ a + b + 1 a + b + 1. a b c + + + (1 - a)(1 - b)(1 - c) ≤ b + c +1 a + c +1 a + b +1 a b c 1 - c £ + + + = 1. a + b +1 a + b +1 a + b +1 a + b +1. Từ đó. C©u II. 1) Ta cã sin 3 x + cos 3 x £ sin 2 x + cos 2 x = 1, 2 - sin 4 x ³ 1. Vậy dấu = chỉ có thể xảy ra khi ta có đồng thời sin 3 x + cos 3 x = 1 π Û sinx = 1 Þ x = + 2kπ (k Î Z).  4 2  2 − sin x = 1 2) Giả sử k, l, m là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C thế thì. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ________________________________________________________________________________. 2k2 +. a2 = b2 + c2 , 2. b2 2l + = a 2 + c2 , 2 2.     . 3 Þ k2 + l2 + m2 = (a2 + b2 + c2). 4. c2 2m + = a2 + b2 2 2. MÆt kh¸c a 2 + b 2 + c 2 = 4R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C), 4sin 2 A + 4sin 2 B + 4sin 2 C = 2(1 - cos2A) + 2(1 - cos2B) + 4(1 - cos 2 C) = = 8 + 4cosCcos(A - B) - 4cos 2 C = 8 + cos 2 (A - B) - [2cosC - cos(A - B)] 2 £ 9, suy ra:. k 2 + l2 + m2 9R 2 ≤ . 3 4 2. k 2 + l 2 + m 2 9R 2 9R  k + l + m Nh vËy:  Þk+l+m£  ≤ . ≤ 3 3 4 2   Câu III. 1) Vì M thuộc P, nên M có tung độ a 2 , vậy AM = (x M - x A ) 2 + (y M - y A ) 2 = a 4 + (a - 3) 2 . 2. Hàm f(a) =a 4 + (a - 3) 2 có đạo hàm f’(a) = 4a 3 + 2(a - 3) = 2(a - 1)(2a 2 + 2a + 3), suy ra khi a = 1, f(a) đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy đoạn AM ngắn nhất khi M ƒ M (1 , 1). 2) Víi M (1 , 1) ®ûêng th¼ng AM cã hÖ sè gãc y - yA 1 k= M = - . 2 xM - xA V× P cã phû¬ng tr×nh y = x 2 Þ y’ = 2x, nªn t¹i M tiÕp tuyÕn cña P cã hÖ sè gãc k’ = 2, suy ra tiÕp tuyÕn Êy vu«ng gãc víi ®ûêng th¼ng AM.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> _______________________________________________________ C©u IVa. XÐt hai tr−êng hîp sau :. a) p = q : I = ∫. 2π. o. =. cos2 pxdx. 1 2π 1 sin 2px  (1 + cos2px)dx =  x +  2 o 2 2p . 2π. ∫. b) p ≠ q :. I=. o. =π. 1 2π [cos(p + q)x + cos(p − q)x]dx 2 o. ∫. 1  sin(p + q)x sin(p − q)x  =  +  2 p+q p−q . 2π o. =0. C©u Va. Ph−¬ng tr×nh (C1 ) vµ (C2 ) lÇn l−ît ®−îc viÕt l¹i d−íi d¹ng :. (C1 : (x − 3)2 + y2 = 22 , (C2 ) : (x − 6)2 + (y − 3)2 = 12. VËy. (C1 ) cã t©m I1 (3, 0) , b¸n kÝnh R1 = 2 ,. (C2 ) cã t©m I 2 (6, 3) , b¸n kÝnh R2 = 1 . Ta t×m ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi (C1 ) vµ (C2 ) d−íi d¹ng x = m.. Tõ ®iÒu kiÖn tiÕp xóc ta cã hÖ : | 3 − m |= 2  | 6 − m |= 1. ⇒ m = 5.. Vậy đ−ờng thẳng đúng x = 5 là đ−ờng thẳng tiếp xúc với (C1 ) và (C2 ) . Mọi đ−ờng thẳng tiếp xúc với (C1 ) và (C2 ) khác với đ−ờng thẳng đứng đều có dạng ax − y + b = 0. Theo ®iÒu kiÖn tiÕp xóc, ta cã  3a + b  =2  a 2 + 1   6a − 3 + b =1   a 2 + 1. (3a + b)2 = 4(a 2 + 1) ⇒  | 3a + b |= 2 | 6a − 3 + b |. (3a + b)2 = 4(a 2 + 1). ⇔  hoÆc. 3a + b = 2(6a − 3 + b) (3a + b)2 = 4(a 2 + 1)  3a + b = −2(6a − 3 + b).  −33 − 9 17 9 + 17 , b= a = 8 8   −33 + 9 17 9 − 17 ⇔ a = , b= 8 8  a = 0, b = 2. VËy ph−¬ng tr×nh c¸c ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi hai ®−êng trßn (C1 ) , (C2 ) trong tr−êng hîp nµy lµ : Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> _______________________________________________________ 9 + 17 33 + 9 17 x− , 8 8 9 − 17 33 − 9 17 (d2 ) : y = x− 8 8 (d3 ) : y = 2 . Tãm l¹i, ta cã 4 ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi (C1 ) vµ (C2 ) lµ (d1 ),(d2 ),(d3 ) vµ x = 5. (d1 ) : y =. C©u IVb.. 1) AC'là đ−ờng cao trong tam giác cân SAC, do đó để C' thuộc đoạn SC, S phải là góc nhọn, muèn vËy ph¶i cã OC < SO ⇒ h > 2a. Tø gi¸c AB'C'D' cã c¸c ®−êng chÐo AC' vµ B'D' vu«ng gãc víi nhau. Gäi K lµ giao ®iÓm c¸c ®−êng chÐo Êy. Ta cã : 4ah = 2dt(SAC) = AC'.SC = AC'. h2 + 4a 2 ⇒. ⇒ AC' =. 4ah 2. h + 4a 2. MÆt ph¼ng (AB'C'D') c¾t BC t¹i B1 víi AB1 // BD , AB1 = 2a . Nếu B'C'D' là tam giác đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy B1AC' là nửa tam giác đều, suy ra : 4ah 2. h + 4a. 2. = AC' = AB1. 3. = 2a 3 ⇒ h = 2a 3 .. Khi đó SO = h = 3OA , suy ra SAC là tam giác đều, vậy C' là trung ®iÓm cña SC. 2) H×nh chãp S.ABCD cã thÓ tÝch : 1 4 V = SO.dt(ABCD) = ha 2 . 3 3. Tam giác SAB có cạnh AB = a 5 và đ−ờng cao hạ từ đỉnh S SH =. do đó có diện tích s =. 4a 2 + 5h2 , 5. a 4a 2 + 5h2 . Từ đó suy ra diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD : 2. S = 4s + dt (ABCD) = 4a 2 + 2a 4a 2 + 5h2 , thµnh thö : r=. 3V 2ah . = S 2a + 4a 2 + 5h2. C©u Vb.. Tr−íc hÕt ta h·y chøng minh r»ng : 2tg. A+B ≤ tgA + tgB 2. dÊu = chØ x¶y ra khi A = B. Qu¶ vËy : tgA + tgB =. sin(A + B) 2sin(A + B) = ≥ cosA cosB cos(A + B) + cos(A − B) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> _______________________________________________________ 2sin(A + B) ≥ = cos(A + B) + 1. A+B A+B cos 2 2 = 2tg A + B + A B 2 2 cos2 2. 4sin. Để ý rằng kết quả này chỉ đúng với giả thiết A, B là góc nhọn, vì khi đó :. 0 < 2cosA cosB = cos (A + B) + cos (A − B) ≤ cos (A + B) + 1.. Trë vÒ víi ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n : tg2 A + tg2 B = 2tg2. A+B 1 ≤ (tgA + tgB)2 ⇒ 2 2. ⇒ (tgA − tgB)2 ≤ 0 ⇒ tgA = tgB ⇒ A = B. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> _____________________________________________________ __________. C©u I. Cho m lµ mét sè nguyªn dû¬ng, h·y t×m cûåc trÞ cña hµm sè y = xm(4 - x)2. Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. C©u II. 1) ABC là một tam giác bất kì. Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có 1+. 1 2 x ³ cosA + x(cosB + cosC). 2. 2) Gi¶i phû¬ng tr×nh cosx +. 10 1 1 . = + sinx + 3 sinx cosx. C©u III. 1) Gi¶i vµ biÖn luËn theo a, b phû¬ng tr×nh ax + b x- b . = x- a x+a 2) Cho 3 sè a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn a2 + b2 + c2 = 1. Chûáng minh r»ng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. C©u IVa. 1) Chûáng tá r»ng hµm sè F(x) = x − ln(1 + x ) lµ mét nguyªn hµm trªn R cña hµm sè f(x) =. x . 1 + | x|. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> _______________________________________________________________. 2) TÝnh tÝch ph©n e. I=∫. xln 2 xdx.. 1. Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt ph¼ng qua AK c¾t c¸c c¹nh SB, SD lÇn lûúåt t¹i M vµ N. Chøng minh: 1). 2). SB SD =3; + SM SN 1 V1 3 £ , £ 3 V 8. trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V1 là thể tích hình chóp S.AMKN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> _________________________________________________________ C©u I.. 1) y' = mx m−1(4 − x)2 − 2(4 − x)x m = = x m −1 (4 − x)[4m − (m + 2)x] .. a) Xét tr−ờng hợp m ≥ 2. Khi đó ph−ơng trình y' = 0 có ba nghiệm x1 = 0 , x2 = x3 = 4 .. NÕu m − 1 ch½n (tøc m = 3, 5, 7, ...) th× y' sÏ cïng dÊu víi (4 − x) [4m − (m + 2)x] và do đó : y min (4) = 0 và y max (x2 ) =. m m 4m + 4 (m + 2)m +2. = M.. NÕu m - 1 lÎ (tøc m = 2, 4, 6, ...) th× dÊu cña y' lµ dÊu cña. x(4 − x)[4m − (m + 2) x]. LËp b¶ng xÐt dÊu sÏ cã kÕt qu¶. y min (0) = 0 ; y max (x2 ) = M , y min (4) = 0. b) Đề nghị bạn đọc tự làm cho tr−ờng hợp m = 1 (y = x(4 − x)2 ) .. 2) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số y = x(4 − x)2. dành cho bạn đọc. C©u II.. 1) x2 − 2(cosB + cosC)x + 2(1 − cosA) ≥ 0 . (1) ∆ ' = (cosB + cosC)2 − 2(1 − cosA) = C+ B 2 B−C A cos = 4 cos2 − 4sin2 = 2 2 2 A B−C  = 4sin2  cos2 − 1 ≤ 0 2 2 . Vậy (1) đúng với mọi x.. sin x + cosx 10 = sin x cosx 3 §Æt t = cosx + sin x(− 2 ≤ t ≤ 2) (2). 2) cosx + sin x +. th× t 2 = 1 + 2sin x cosx vµ ta ®−îc t + §Æt ®iÒu kiÖn t ≠ ±1 sÏ tíi. 2t. 10 t2 − 1 3 =. 3t 3 − 10t 2 + 3t + 10 = 0. tøc lµ : 1 + a + b + c + ab + ac + bc ≥ 0 (2) Céng (1) vµ (2) ta cã : abc + 2 (1 + a + b + c + ac + bc + ac) ≥ 0. (t − 2)(3t 2 − 4t − 5) = 0 . hay Ph−¬ng tr×nh nµy cã ba nghiÖm t1 = 2 ; t 2 =. 2 − 19 2 + 19 ; t3 = 3 3 Lop12.net. 4m vµ m+2.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> _________________________________________________________ ChØ cã t 2 lµ thÝch hîp. Thay vµo (2) ta cã ph−¬ng tr×nh π  2 − 19  cos  x −  = . 4 3 2 . §Æt cos α =. 2 − 19 3 2. th× ®−îc hai hä nghiÖm : x1 =. π π + α + 2kπ ; x2 = − α + 2mπ 4 4. C©u III.. 1) Đặt điều kiện x - a ≠ 0 ; x + a ≠ 0 thì (1) đ−ợc biến đổi về dạng : x[a − 1)x + a 2 + a + 2b] = 0 (2) Với ∀a, b (2) đều có nghiệm x1 = 0 . Gi¶i (a − 1)x + a 2 + a + 2b = 0 . NÕu a ≠ 1 cã nghiÖm x2 =. a 2 + a + 2b 1− a. NÕu a = 1 ta cã : 0x = − 2(1 + b). (3) Với b ≠ − 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với ∀x. Kiểm tra x2 có thỏa m·n ®iÒu kiÖn x2 ≠ ±a ? x2 ≠ a ⇔. a 2 + a + 2b ≠ a ⇔ a 2 + a + 2b ≠ 1− a. ≠ a − a 2 ⇔ 2(a 2 + b) ≠ 0 ⇔ b ≠ −a 2 x 2 ≠ −a ⇔. a 2 + a + 2b ≠ −a ⇔ a 2 + a + 2b ≠ a 2 − a ⇔ b ≠ −a . 1− a. KÕt luËn :  víi b ≠ −1 , (1) cã nghiÖm duy nhÊt x1 = 0 . NÕu a = 1 th× :   víi b = − 1, (1) cã nghiÖm lµ ∀x ≠ ± 1.. NÕu a ≠ 1 ; 0 th× : 2  víi b ≠ −a , b ≠ - a, (1) cã hai nghiÖm  x1 = 0,  a 2 + a + 2b  x =  2 1− a   víi b = −a 2 hoÆc b = - a th× (1) cã mét nghiÖm x1 = 0 .. NÕu a = 0 th× (1) cã mét nghiÖm x2 = 2b nÕu b ≠ 0 ; (1) sÏ v« nghiÖm nÕu b = 0. 2) V× a 2 + b2 + c2 = 1 nªn - 1 ≤ a, b, c ≤ 1. Do đó 1 + a ≥ 0 , 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0 ⇒ (1 + a) (1 + b) (1 + c) ≥ 0 ⇒ ⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0. (1) MÆt kh¸c : a 2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc =. (1 + a + b + c)2 ≥0, 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> ________________________________________________________________________________ C©u IVa. 1) Víi x > 0 ta cã F(x) = x - ln(1 + x) Þ F’(x) = 1 -. 1 x ; = 1 + x 1 + x. víi x < 0 ta cã F(x) = - x - ln(1 - x) Þ F’(x) = - 1 +. 1 x . = 1 - x 1 - x. Từ đó suy ra với x ạ 0 F’(x) =. x . 1 + | x|. Ta chØ cßn ph¶i chøng minh r»ng F’(0) = 0. Qu¶ vËy 1 1 (F( ∆x) - F(0)) = lim ∆ x → 0 ∆x → 0 ∆x ∆x ln(1 + x) ∆  = lim 1  = 0, ∆x →0  ∆x  F’(0) = lim. v× lim. ∆x → 0. ( ∆x - ln(1 + ∆x)) =. ln(1 + ∆x) = 1. ∆x. e. 2) I = ∫ xln2xdx. 1.  u = ln x §æt   dv = xdx 2. ⇒. ln x  2 = dx du  x  1 v = x 2,  2. 1 e suy ra I = x 2 ln 2 x 2 1. e. ∫ 1. e e2 xlnxdx = - J, víi J = ∫ xlnxdx. 2 1. Để tính J, đặt  du = ux ln u x =   x ⇒  1  dv = xdx v =  2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> ________________________________________________________________________________ suy ra J =. e 1 2 1 e 1 e2 . x ln x − ∫1 xdx = − 2 1 2 2 2 4( e − 1). VËy 1 I = (e2 - 1). 4 C©u Ivb. 1) V× K lµ trung®iÓm cña SC, nªn theo h×nhbªn, trong tam gi¸c SAC, SO vµ AK lµ hai ®ûêng trungtuyÕn c¾t nhau t¹i trängt©m H, vËy SH 2 = . SO 3 Theo h×nh bªn , ta cã dt(SNH) =. SN SH . . dt(SDO) = SD SO. =. SN 2 1 SH SM . . . dt(SDB),dt(SHM) = . dt(SOB) SD 3 2 SO SB. =. 2 SM 1 . . dt (SDB). 3 SB 2. §ång thêi dt(SNH) + dt(SHM) = dt(SNM) =. Tõ c¸c hÖ thøc trªn, suy ra Û. SN SM . dt(SDB). SD SB. 1 SN 1 SM SN SM . + . = . 3 SD 3 SB SD SD. SB SD + = 3. SM SN SM 1 SN 1 2) §Æt = y, theo hÖ thøc trªn ta cã + = x, = 3. §ång thêi, do ý nghÜa h×nh häc, ph¶i cã 0 < x £ 1, SB x SD y. 0 < y £ 1. V× 1 x 1 , ⇒ y = = 3 y x 3x - 1 x nªn 0 < ≤ 1 3x - 1 1 Þ ≤ x ≤ 1. 2 0<x£1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> ________________________________________________________________________________ Ta cã theo h×nh bªn V 1 = V SAMN + V SMNK , VSAMN =. SM SN 1 . .VSABD = xyV, SB SD 2. V SMNK =. SM SN SK 1 . . . VSBDC = xyV SB SD SC 4 V1 3 3x 2 1  = xy =  ≤ x ≤ 1. V 4 4(3x - 1)  2 . suy ra. 1 3x 2 3x(3x - 2) f(x) = có đạo hàm f’(x) = , do vËy trªn ®o¹n  ; 1 cã b¶ng biÕn thiªn 2   4(3x - 1) 4(3x - 1) 2. Hµm sè. 1 2. x. f’ f. 1. -. 0. 3 8. + 3 8. 1 3 VËy víi. V 1 1 3 ≤ x ≤ 1 th× ≤ 1 ≤ . 2 3 V 8. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>