Hướng dẫn Đề số 14
Câu I: 2) Lấy M(x
0
; y
0
) (C). d
1
= d(M
0
, TCĐ) = |x
0
+ 1|, d
2
= d(M
0
,
TCN) = |y
0
– 2|.
d = d
1
+ d
2
= |x
0
+ 1| + |y
0
- 2| = |x
0
+ 1| +
0
3
1
x
2 3
Cô si
.
Dấu "=" xảy ra khi
0
1 3
x
Câu II: 1) Đặt
, ( 0, 0)
u x v y u v . Hệ PT
3 3
1
1
1 3
u v
u v
uv m
u v m
.
ĐS:
1
0
4
m .
2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS:
( )
2
x k k Z
Câu III:
2
2 3
I
Câu IV: V =
1
( )
6
ya a x
.
2 2 3
1
( )( )
36
V a a x a x
. V
max
=
3
3
8
a
khi
2
a
x .
Câu V: Áp dụng BĐT Côsi:
1 1 1 1 4
( )( ) 4
x y
x y x y x y
.
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 16
x y x x y x z x y x z
.
Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm.
Câu VI.a: 1)
2 4 3 2 4 3
; , ;
7 7 7 7
A B .
2) (P):
y z
3 3 2 0
hoặc (P):
y z
3 3 2 0
Câu VII.a:
2
5
x
y
Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x
1
+ 2, FB
= x
2
+ 2.
AB = FA = FB = x
1
+ x
2
+ 4.
2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Điểm
M
nên
1 2 ;1 ;2
M t t t
.
2 2 2 2
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
AM BM t t
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
3 ;2 5
u t và
3 6;2 5
v t .
Ta có
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t
| | | |
AM BM u v
và
6;4 5 | | 2 29
u v u v
Mặt khác, ta luôn có
| | | | | |
u v u v
Như vậy
2 29
AM BM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
1;0;2
M và
min 2 29
AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
2 11 29
Câu VII.b:
( ) l 3ln 3
f x x
;
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
Ta có:
t t
dt dt t t
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin ( sin ) ( sin ) (0 sin0) 3
2 2
|
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x