Tài liệu Đề ( có ĐA) luyện thi ĐHCĐ số 3 pptx

Câu I.
Cho m là một số nguyên dỷơng, hãy tìm cỷồc trị của hàm số
y=x
m
(4-x)
2
.
Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khim=1.
Câu II.
1) ABC là một tam giác bất kì. Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có
1+
1
2
x
2
cosA + x(cosB + cosC).
2) Giải phỷơng trình
cosx +
1
cosx
+sinx+
1
sinx
=
10
3
.
Câu III.
1) Giải và biện luận theo a, b phỷơng trình
ax + b
x-a

=
x-b
x+a
.
2) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện a
2
+b
2
+c
2
=1.Chỷỏng minh rằng:
abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)

0.
Câu IVa. 1) Chỷỏng tỏ rằng hàm số
F(x) =
()
xx+ln 1
là một nguyên hàm trên R của hàm số f(x) =
x
1+|x|
.
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 I.

1)
m1 2 m
y' mx (4 x) 2(4 x)x

==

m1
x (4 x)[4m (m 2)x]

=+
.
a) Xét trờng hợp m 2. Khi đó phơng trình y' = 0 có ba nghiệm
1
x0=
,
2
4m
x
m2
=
+
và
3
x4=
.
Nếu m 1 chẵn (tức m = 3, 5, 7, ) thì y' sẽ cùng dấu với
(4 x) [4m (m + 2)x] và do đó :
min
y(4)0=
và

mm4
max 2
m2
m4
y(x) M
(m 2)
+
+
==
+
.
Nếu m - 1 lẻ (tức m = 2, 4, 6, ) thì dấu của y' là dấu của
x(4 x)[4m (m + 2) x]
Lập bảng xét dấu sẽ có kết quả
min
y(0)0
= ;
max 2
y(x)M
= ,
min
y(4)0
=
b) Đề nghị bạn đọc tự làm cho trờng hợp m = 1
2
(y x(4 x) )
= .
2) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
2
yx(4x)

=
dành cho bạn đọc.
Câu II.
1)
2
x2(cosBcosC)x2(1cosA)0++
. (1)
2
' (cosB cosC) 2(1 cosA)= + =

22 2
CB BC A
4cos cos 4sin
22 2
+
==

22
ABC
4sin cos 1 0
22


=



Vậy (1) đúng với mọi x.
2)
sin x cos x 10

cosx sin x
sin x cosx 3
+
++ =

Đặt
tcosxsinx( 2t 2)=+
(2)
thì
2
t12sinxcosx=+
và ta đợc
+=

2
2t 10
t
3
t1

Đặt điều kiện t 1 sẽ tới
32
3t 10t 3t 10 0
++=
tức là : 1 + a + b + c + ab + ac + bc 0 (2)
Cộng (1) và (2) ta có : abc + 2 (1 + a + b + c + ac + bc + ac) 0.

hay
2
(t 2)(3t 4t 5) 0=

.
Phơng trình này có ba nghiệm
1
t2
= ;
2
219
t
3

= ;
3
219
t
3
+
=
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0

_________________________________________________________

Chỉ có
2
t
là thích hợp. Thay vào (2) ta có phơng trình
219
cos x
4
32

=


.
Đặt
219
cos
32

=
thì đợc hai họ nghiệm :
1
x2k
4

=++ ;
2
x2m
4

= +
Câu III.
1) Đặt điều kiện x - a 0 ; x + a 0 thì (1) đợc biến đổi về dạng :
2
x[a 1)x a a 2b] 0+++ =
(2)
Với a, b (2) đều có nghiệm
1
x0=

.
Giải
2
(a 1)x a a 2b 0+++=
.
Nếu a 1 có nghiệm
2
2
aa2b
x
1a
++
=


Nếu a = 1 ta có : 0x = 2(1 + b). (3)
Với b 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với x. Kiểm tra
2
x
có thỏa
mãn điều kiện
2
xa
?
2
2
2
aa2b
xa aaa2b
1a

++
++



22 2
aa 2(a b)0 b a +

2
22
2
aa2b
xa aaa2baaba
1a
++
+ +

.
Kết luận :
với b 1 , (1) có nghiệm duy nhất
1
x0=
.
với b = 1, (1) có nghiệm là x 1.
Nếu a 1 ; 0 thì :
với
2
b
a
, b - a, (1) có hai nghiệm

=
1
x0,

++
=

2
2
aa2b
x
1a

với
2
b
a=
hoặc b = - a thì (1) có một nghiệm
1
x0=
.
Nếu a = 0 thì (1) có một nghiệm
2
x2b=
nếu b 0 ; (1) sẽ vô nghiệm nếu b = 0.
2) Vì
222
abc1++=
nên - 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)
Mặt khác :
2
222
(1 a b c)
a b c a b c ab ac bc 0
2
+++
++++++++=
,
Nếu a = 1 thì :












www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Câu IVa. 1) Với x > 0tacó
F(x)=x-ln(1 + x) ị F(x) =
1-
1
1+ x

=
x
1+ x
;
vớix<0tacó
F(x)=-x-ln(1 - x) ị F(x) =
-1 +
1
1- x
=
x
1- x
.
Từ đó suy ra với x ạ 0
F(x) =
x
1+|x|
.
Ta chỉ còn phải chứng minh rằng F(0) = 0. Quả vậy
F(0) =
lim
1
x
(F( x) - F(0))
x0



=
()

lim
1
x
x-ln(1+ x) =
x0



=
lim 1 -
ln(1 + x)
x
=
x0









0,
vì
lim
ln(1 + x)
x
=1
x0

.
2)I=
1
e

xln
2
xdx.
Đổt
ux
dv xdx
=
=



ln
2

du
x
x
dx
vx
=
=

2
1
2
2
ln
,
suy ra I =
1
2
x ln x - xlnxdx =
e
2
-J
22
1
e
1
e
2




, với J =
1
e

xlnxdx

.
Để tính J, đặt
ux
dv xdx
du
ux
x
v
=
=




=
=





ln
1
2
suy ra J =
1
2
1

22
1
41
2
1
2
2
1
xx xdx
e
e
e
e
ln
()
=


.
Vậy
I=
1
4
(e
2
- 1).
Câu Ivb.
1) Vì K là trungđiểm của SC, nên theo hìnhbên, trong tam giác SAC, SO
và AK là hai đỷờng trungtuyến cắt nhau tại trọngtâm H, vậy
SH

SO
=
2
3
.
Theo hình bên , ta có dt(SNH) =
SN
SD
.
SH
SO
. dt(SDO)
=
=
SN
SD
.
2
3
.
1
2
dt(SDB),dt(SHM) =
SH
SO
.
SM
SB
.dt(SOB)
=

2
3
.
SM
SB
.
1
2
dt (SDB).
Đồng thời dt(SNH) + dt(SHM) = dt(SNM) =
SN
SD
.
SM
SB
dt(SDB)
.
Từ các hệ thức trên, suy ra
1
3
.
SN
SD
+
1
3
.
SM
SB
=

SN
SD
.
SM
SD

SB
SM
+
SD
SN
=3
.
2) Đặt
SM
SB
=x,
SN
SD
=y,
theo hệ thức trên ta có
1
x
+
1
y
=3
. Đồng thời, do ý nghĩa hình học, phải có0<xÊ 1,
0<yÊ 1. Vì
1

y
=3-
1
x
y=
x
3x - 1

,
nên 0 <
x
3x - 1
1
0<x Ê 1
ị
1
2
x1
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng – Phiªn b¶n 1.0
________________________________________________________________________________
Ta cã theo h×nh bªn
V
1
=V
SAMN
+V
SMNK

,
V
SAMN
=
SM
SB
.
SN
SD
.V =
1
2
xyV
SABD
,
V
SMNK
=
SM
SB
.
SN
SD
.
SK
SC
.V =
1
4
xyV

SBDC
suy ra
V
V
=
3
4
xy =
3x
4(3x - 1)
1
2
1
2
x1≤≤






.
Hµm sè f(x) =
3x
4(3x - 1)
2
cã ®¹o hµm f’(x) =
3x(3x - 2)
4(3x - 1)
2

, do vËy trªn ®o¹n
1
2
;1






cã b¶ng biÕn thiªn
x
1
2
1
f’ - 0 +
f
3
8
3
8
1
3
VËy víi
1
2
x1≤≤
th×
1
3

V
V
3
8
1
≤≤
.
2) Tính tích phân
I=
1
e
2
xln xdx

.
Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt
phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lỷỳồt tạiMvàN.
Chứng minh:
1)
SB
SM
+
SD
SN
=3;
2)
1
3
Ê
V

V
1
Ê
3
8
,
trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V
1
là thể tích hình chóp S.AMKN.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
_______________________________________________________________