Đề và đáp án chi tiết, câu hỏi và lời giải dự phòng thi học sinh giỏi toán bắc ninh 2016

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

==========
Câu 1. (3,0 điểm)

2x - 4
có đồ thị ( C ) và điểm A(- 5;5) . Tìm m để đường thẳng
x +1
y = - x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình
hành (O là gốc tọa độ).
Cho hàm số y =

Câu 2. (5,0 điểm)

æ

ö
÷
4ø

p
÷
2x + ÷

1) Giải phương trình cosx + cos3x = 1+ 2sin ç
ç
÷.
ç
ç
è

ìï x2 - xy - 2y - 4 + 2x - 1 - 2y + 3 = 0
ï
2) Giải hệ phương trình ïí
( x, y Î ¡ ) .
ïï 4x2 - 4x - 4 2x - 1 + ( x - 1) - y - 1 = 3x - 7
ïî

(

)

Câu 3. (4,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường
thẳng AB, AC lần lượt là 5x - y - 2 = 0, x - 5y + 14 = 0. Gọi D là trung điểm của BC , E là

æ
9 8ö

÷
trung điểm của AD, M ç
là hình chiếu vuông góc của D trên BE . Tìm tọa độ các điểm
ç ; ÷
÷

÷
ç
è5 5ø
A, B,C .

( )

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x + y - 2z + 5 = 0 và hai

x +1 y + 2 z
x- 2 y- 1 z- 1
=
= ;d2:
=
=
. Viết phương trình đường thẳng
1
2
1
2
1
1
d song song với mặt phẳng ( P ) và cắt ( d1) , ( d2 ) lần lượt tại A, B sao cho AB = 3 5.

đường thẳng d1:

Câu 4. (2,5 điểm)
Cho hai đường thẳng cố định a và b chéo nhau. Gọi AB là đoạn vuông góc chung của a và b
( A thuộc a, B thuộc b ). Trên a lấy điểm M (khác A ), trên b lấy điểm N (khác B ) sao cho
AM = x, BN = y, x + y = 8. Biết AB = 6, góc giữa hai đường thẳng a và b bằng 600. Tính thể

tích khối tứ diện ABNM theo x, y. Khi thể tích khối tứ diện ABNM đạt giá trị lớn nhất hãy tính độ
dài đoạn MN .
Câu 5. (4,0 điểm)
1) Tính tích phân I =

3

ò
0

(

) dx.

2x + ln x + x2 + 1
x2 + 1

(

)

n

2) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn x2 + x + 1 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a2nx2n . Tìm

n biết a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 2na2n = 324.
Câu 6. (1,5 điểm)
3
3
Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn a + b = a4 + b4. Chứng minh rằng aabb £ 1 £ aa bb .

-----------------Hết----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm


UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

Cõu
1

HNG DN CHM
THI CHN HC SINH GII CP TNH
NM HC 2015 - 2016
Mụn: Toỏn Lp 12
Li gii s lc

Honh ca M v N l nghim ca pt:
ỡù x2 + (3 - m)x - (m + 4) = 0(1)
2x - 4
= - x + m ùớ
ùù x ạ - 1
x +1
ợ
2
Vỡ D = m - 2m + 25 > 0, " m v x = - 1 khụng l nghim ca ( 1) nờn 1 luụn cú hai

()

nghim phõn bit khỏc - 1, " m ị ( d) luụn ct ( C ) ti hai im phõn bit.
Do cỏc im O v A thuc ng thng D : y = - x nờn OAMN l hỡnh bỡnh hnh thỡ

MN = OA = 5 2
ỡù x + x = m - 3
2
ù 1
M
(
x
;
x
+
m
),
N
(
x
;
x
+
m
)
Gi
vi x1, x2 l nghim ca ( 1) . Ta cú ớ
1
1
2
2
ùù x1x2 = - (m + 4)
ợ
ị MN 2 = 2(x1 - x2)2 = 2 ộ
(x + x2)2 - 4x1x2 ự

= 2m2 - 4m + 50
ờ
ỳ
ở1
ỷ
ộm = 2
MN = 5 2 ị 2m2 - 4m + 50 = 50 ờ
ờm = 0
ờ
ở
+ m = 0 thỡ O, A, M , N thng hng nờn khụng tha món.
+ m = 2 tha món.
Chỳ ý:
uuu
r uuuu
r
Hc sinh s dng iu kin OA = NM vn cho ti a im
Nu khụng loi trng hp m = 0 tr 0,5
2.1
PT 2cos2x cosx = 1 + sin2x + cos2x cos2x(2cosx - 1) = 1 + 2sin x cosx
(cos2 x - sin2 x)(2cosx - 1) = (cosx + sin x)2
ộcosx + sin x = 0
(1)
ờ
ờ(cosx - sin x)(2cosx - 1) = cosx + sin x (2)
ờ
ở
ổ pử
p
p

ữ
(1) 2sinỗ
x+ ữ
= 0 x + = kp x = - + kp
ỗ
ữ
ỗ
ữ
4ứ
4
4
ố
ộcosx = 0
ờ
ổ pử
(2) 2cosx(cosx - sin x - 1) = 0 ờ

ờ 2cosỗ
ữ
x+ ữ
=1
ỗ
ữ
ờ
ỗ
ữ
4ứ
ố
ờ
ở

Vy pt cú nghim l x = -

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

2,5
0,5

0,5
ộ
ờx = p + kp
ờ
2
( k ẻ Â)
ờ
ờx + p = p + k2p
ờ
4
ở 4

0,5

p
p
+ kp , x = + kp, x = k2p ( k ẻ Â ) .

4
2

ỡù x2 - xy - 2y - 4 + 2x - 1 - 2y + 3 = 0 1
()
ùù
ớ
( x, y ẻ Ă ) .
ùù 4x2 - 4x - 4 2x - 1 + ( x - 1) - y - 1 = 3x - 7( 2)
ùợ
1 3
iu kin x ;Ê yÊ - 1
2 2

)

0,5

1,0

2.2

(

im
3,0

2,5
0,5

Phương trình ( 1) Û ( x - y - 2) ( x + 2) +

2x - 1 -

)

2y + 3 = 0

ìï
ïï x = 1
2 , không thỏa mãn hệ phương trình
2x - 1 + 2y + 3 = 0 Û ïí
ïï
3
ïï y = 2
ïî

Trường hợp 1:

Chú ý:
Nếu không xét trường hợp
Trường hợp 2:

( 1) Û ( x -

(

2x - 1 + 2y + 3 = 0 thì trừ 0,25đ

2x - 1 + 2y + 3 ¹ 0

y - 2) ( x + 2) +

2( x - y - 2)
2x - 1 + 2y + 3

Û x - y - 2 = 0 ( Vì ( x + 2) +

=0

0,5

2

> 0, " x ³ 1;- 3 £ y £ - 1)
2x - 1 + 2y + 3
2 2

Thế vào phương trình ( 2) ta được
é1 ù
;1ú
- 4x - 4 2x - 1 + ( x - 1) 1- x - 3x + 7 = 0( 3) , ĐK x Î ê
ê2 ú
ë û
2
ìï 4x - 4x - 4 < 0
ïï
é1 ù
ê

ú
x
Î
;1
Với
ê2 ú ta có íï 2x - 1.1 £ 2x - 1 + 1 = x ( Theo bất đẳng thức Cauchy)
ïï
ë û
2
ïî

( 4x

)

2

1,0

Kết hợp với phương trình ( 3) ta có

(

)

0 ³ x 4x2 - 4x - 4 - 3x + 7 + ( x - 1) 1- x
Û 0 ³ 4x3 - 4x2 - 7x + 7 + ( x - 1) 1- x

(

Û 0 ³ ( 1- x) 7 - 4x2 -

1- x

)

é1 ù
1- x > 0; 1- x ³ 0, " x Î ê ;1ú)
ê2 ú
ë û
Với x = 1 thỏa mãn phương trình ( 3) Þ y = - 1
2
Û x = 1 ( vì 7 - 4x -

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x;y) = ( 1;- 1) .
Cách 2
2
( 3) Û éêêë( 2x - 1) - 5ùúúû 2x - 1 =

(
Û ( 2x - 1) - 5 2x - 1 = (
5

)
x)

1- x
1-

3

- 3( 1- x) - 4

3

- 3( 1- x) - 4

é
ù
ù,b Î ê0; 1 ú
0
;1
2x - 1 = a, 1- x = b với a Î é
ê û
ú
ë
ê
ú
ë 2û
5
ù,
Xét hàm số f ( a) = a - 5a trên é
ê
ë0;1ú
û
é 1ù
ú
g( b) = b3 - 3b2 - 4 trên ê
ê0; ú
ë 2û

Sử dụng phương pháp hàm số ta được
Đặt

0,5


ộ
ự
ự, g( b) Ê - 4, " b ẻ ờ0; 1 ỳ
f ( a) - 4, " a ẻ ộ
0
;1
ờ ỷ
ỳ
ở
ờ
ỳ
ở 2ỷ
T ú phng trỡnh ( 3) cú nghim duy nht x = 1 ị y = - 1
Vy h cú nghim duy nht ( x;y) = ( 1;- 1) .
3.1

2,0

Ta im A tha món
ỡù 5x - y - 2 = 0
ỡù x = 1
ù
ùớ
ị A ( 1;3) .

ớ
ùù x - 5y + 14 = 0 ùù y = 3
ợ
ợ

0,5

Cỏch 1: Xột hai tam giỏc AEM v CDM
ã
ã
ã
AEM
= 900 + EBD
= MDC
ME
ME
MD
MD
( Vỡ D MDE , D DBE l hai tam giỏc ng dng)
=
=
=
EA
ED
BD
CD
ã
ã
ã
ã

ã
ã
ị AME
= CMD
ị AME
+ CME
= CMD
+CME
= 900 ị CM ^ MA
ME
DE
ã
ã
Cỏch 2: Ta cú D MDE , D MBD ng dng nờn MDE
hay
= MBD
,
=
MD
BD
ME .BD = DE .MD
uuuu
r uuur
uuur uuur uuu
r uuuu
r
uuur uuuu
r uuur uuu
r
AM .CM = AE + EM CD + DM = AE .DM + EM .CD

(

)(

0,5

)

ã
ã
= - DE .DM .cosMDE
+ EM .DB .cosMBD
=0
Do ú, AM ^ CM .
uuuu
r ổ
ổ
9 8ử
4 7ử
ữ
ỗ
ữ
ữ
M
;
AM
=ỗ
ỗ ;- ữ
ng thng CM qua ỗ

, vect phỏp tuyn
cú phng trỡnh
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố5 5ứ
ố5 5ứ
ổ 9ử
ổ 8ử
ữ
ỗ
ữ
ữ
4ỗ
x
7
y- ữ
= 0 4x - 7y + 4 = 0
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
5

5ứ
ố
ứ ố
ùỡù 4x - 7y + 4 = 0 ùỡù x = 6
ớ
ị C ( 6;4) .
Ta im C tha món ớ
ùù x - 5y + 14 = 0
ùù y = 4
ợ
ợ
Gi B ( b;5b- 2) ta cú
ộb = 0
2
2
AB = AC ị ( b - 1) + ( 5b - 5) = 26 ờ
ờb = 2
ờ
ở
b = 0 ị B ( 0;- 2) tha món.

0,5

0,5

b = 2 ị B ( 2;8) loi do M nm ngoi D ABC .
Chỳ ý: Nu khụng loi im B ( 2;8) tr 0,25 im.
3.2

Vỡ A ẻ d1;B ẻ d2 nờn ta t A ( - 1+ a;- 2 + 2a;a) , B ( 2 + 2b;1 + b;1 + b)

2,0
0,5


uuur
Þ AB = ( - a + 2b + 3;- 2a + b + 3;- a + b + 1)
uuur uur
Do AB song song với ( P ) nên AB ^ nP = ( 1;1;- 2) Û b = a - 4
uuur
Suy ra, AB = ( a - 5;- a - 1;- 3)
Do đó, AB =

( a - 5)

2

2

0,5

2

+ ( - a - 1) + ( - 3) = 2a2 - 8a + 35

éa = - 1
2
Suy ra, AB = 3 5 Û 2a - 8a + 35 = 45 Û ê
êa = 5
ê

ë
ìï x = - 2 + 2t
ïï
PT của d : ïí y = - 4
ïï
ïï z = - 1 + t
î
ìï x = 4
ïï
uuur
ïí y = 8 + 2t
Þ
d
:
PT của
a = 5 Þ A ( 4;8;5) , AB ( 0;- 6;- 3) (thỏa mãn)
ïï
ïï z = 5 + t
î
Chú ý: Nếu học sinh không kiểm tra lại điều kiện AB / / ( P ) thống nhất vẫn cho điểm tối đa
uuur
a = - 1 Þ A ( - 2;- 4;- 1) , AB ( - 6;0;- 3) (thỏa mãn) Þ

4

0,5

0,5

2,5

Dựng hình chữ nhật ABNC .
(·AM , BN ) = (·AM , AC ) = 600
Ta có
ïìï AB ^ AM
ïì AB ^ AM
Þ ïí
Þ AB ^ ( ACM )
í
ïï AB ^ BN
ïï AB ^ AC
î
î
0,5

1
1
1
3
3
·
VABNM = VMABC = AB .SACM = AB .AC .AM sinCAM
= .6.x.y.
=
xy
3
6
6
2
2

0,5

2

3
3 ( x + y)
VABNM =
xy £
= 8 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 4.
2
2
4
Khi đó AM = BN = AC = 4
2
2
2
Lại có AB / / CN Þ CN ^ ( AMC ) Þ CN ^ CM Þ MN = CM +CN
·
·
Mặt khác MAC
= 600 hoặc MAC
= 1200
2
2
·
Trường hợp 1: MAC
= 600 Þ D AMC đều Þ CM = 4 Þ MN = 4 + 6 = 2 13
·
Trường hợp 2: MAC
= 1200

Þ CM = AM 2 + AC 2 - 2AM .AC cos1200 = 48 Þ MN = 48 + 62 = 2 41
Chú ý: Nếu học sinh chỉ tính đúng được một kết quả của MN thì cho 0,5 điểm trong tổng số
1,0 điểm.

0,5

0,5

0,5


5.1
3

3

2x

I =ò

dx + ò
x2 + 1
0

0

3

(

ln x + x2 + 1
x2 + 1
3

2x

Ta có I 1 = ò

dx = ò
x2 + 1
0

0

(

) dx = I

2,0

(

)

d x2 + 1
2

x +1

)

1

+I2
1,0
3

= 2 x2 + 1

=2

0

dx

2
Đặt t = ln x + x + 1 Þ dt =

x2 + 1

(

0,5

)

Đổi cận x = 0 Þ t = 0 ; x = 3 Þ t = ln 2 + 3
Do đó

(

)

ln 2+ 3

I2 =

ò
0

(

)

ln 2+ 3

t2
tdt =
20

=

(

)

ln2 2 + 3 . Vậy
2

1

I = 2 + ln2
2

(

)

3 +2

5.2

0,5
2,0

(
f '( x) = n ( 2x + 1) ( x

)

n

Xét hàm số f ( x) = x2 + x + 1 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a2nx2n
2

)

+ x +1

n- 1

= a1 + 2a2x + 3a3x2 + ... + 2na2nx2n- 1

1,0

f '( 1) = n3n = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 2na2n = 324 Þ n.3n = 324.
Nếu n > 4 Þ n.3n > 4.34 = 324 (Loại)
Nếu 1 £ n < 4 Þ n.3n < 4.34 = 324 (Loại)
Mà n = 4 thỏa mãn n.3n = 324. Vậy n = 4 là giá trị cần tìm.
Chú ý: Nếu học sinh chỉ nhẩm được trường hợp n = 4 cho 0,25 điểm.
6

1,0
1,5

a b

Ta chứng minh a b £ 1 Û a lna + blnb £ 0.
Ta có ln x £ x - 1, " x > 0 . Thật vậy, xét hàm số f ( x) = ln x - x + 1
1
- 1, f '( x) = 0 Û x = 1.
x
Từ BBT suy ra, f ( x) £ f ( 1) = 0 Þ ln x £ x - 1, " x > 0.
f '( x) =

(

)

(

)

0,75
2

Do đó, 3a lna - a4 - a £ 3a ( a - 1) - a4 - a = - ( a - 1) ( a + 2) £ 0, " a > 0

Þ 3a lna £ a - a4 . Tương tự Þ 3blnb £ b - b4
Do đó, 3a lna + 3blnb £ a - a4 + b - b4 = 0 Þ a lna + blnb £ 0. Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi a = b = 1.
3
3
Ta chứng minh 1 £ aa bb Û a3 lna + b3 lnb ³ 0.
Ta có a + b = a + b ³

(a

2

+ b2

)

2

( a + b)

4

³

Þ a + b £ 2 Þ a,b Î ( 0;2) .
2
8
x4 - x
Xét hàm số g( x) = 3ln x , x Î ( 0;2) .
x3
( x - 1) 2 + 2x - 2x2
3
2
g '( x) = - 1- 3 =
x
x
x3
g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 trên ( 0;2) .
4

4

(

)

0,25
0,5


3
4
Từ BBT suy ra g( x) ³ g( 1) = 0 Þ 3x ln x ³ x - x, " x Î ( 0;2) .

Do đó, 3a3 lna + 3b3 lnb ³ a4 - a + b4 - b = 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

CÂU HỎI DỰ PHÒNG

2x − 4
Cho hàm số y =
có đồ thi ( C ) điểm A(−5;5) . Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị
x +1

(C ) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc toạ độ).
Do các điểm O và A thuộc đường thẳng ∆ : y = − x nên để OAMN là hình bình hành thì
MN = OA = 5 2
Hoành độ của M và N là nghiệm của pt:

2x − 4
= − x + m ⇔ x 2 + (3 − m) x − ( m + 4) = 0 ( x ≠ −1) (1)
x +1

Vì ∆ = m 2 − 2m + 25 > 0, ∀m ,nên ( 1) luôn có hai nghiệm phân biệt , ( d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân
biệt
 x1 + x2 = m − 3
Giả sử x1 , x2 là nghiệm của ( 1) ta có: 

 x1 x2 = −(m + 4)
2
2
2
2
Gọi M ( x1 ; − x1 + m), N ( x2 ; − x2 + m) ⇒ MN = 2( x1 − x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  = 2m − 4m + 50

m = 2
MN = 5 2 ⇒ 2m 2 − 4m + 50 = 50 ⇔ 
m = 0
+ m = 0thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thoã mãn.
+ m = 2 thoã mãn.

2
Giải phương trình: cos 4 x + 2 cos x + sin(3 x −

Pt ⇔ cos4x + cos2x + sin(3x -

π
π
) + sin( x − ) = 1
3
3

π
π
) + sin(x- ) = 0
3
3

⇔ 2cos3x. cosx + 2sin(2x-

π
). cosx = 0
3

cos x = 0

π 

⇔ 2 cos x cos3 x + sin(2 x − )  = 0 ⇔ 
cos3x + sin(2 x − π ) = 0
3 



Với cosx = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
2

Với cos3x + sin(2x-

π
π
) = 0 ⇔ cos3x = cos( + 2 x)
3
6

3

π
π


3 x = 6 + 2 x + k 2π
 x = 6 + k 2π
⇔
⇔
3 x = − π − 2 x + k 2π
 x = − π + k 2π


6
30
5
4cos3 x + 2cos 2 x ( 2sin x − 1) − sin 2x − 2 ( sin x + cos x )
=0
2sin 2 x − 1

π kπ
+ ,k ∈Z
4 2
( 7 ) ⇔ 4cos 2 x ( sin x + cos x ) − 2 cos x ( sin x + cos x ) − 2 ( sin x + cos x ) = 0

2
ĐK : 2sin x − 1 ≠ 0 ⇔ cos2x ≠ 0 ⇔ x ≠

π

x
=
−
+ mπ

4

⇔ 2 ( sin x + cos x ) ( cos x − 1) ( 2 cos x + 1) = 0 ⇔  x = m2π
,m∈Z

2π
+ m2π
x = ±
3

m2π
,m∈Z
Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm x =
3
ìï a + b + c = 6
4a + b
ï
. Tìm giá trị lớn nhấtcủa P =
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn í 2
.
2
2
ïï a + b + c = 14

c
ïî
Từ giả thiết ta có a + b = 6 - c
2

2

a2 + b2 + c2 = 14 Û ( a + b) - 2ab = 14 - c2 Û ( 6 - c) - 2ab = 14 - c2

Û ab = c2 - 6c + 11
2
2
Do đó, a,b là nghiệm của phương trình x - ( 6 - c) x + c - 6c + 11.

2

(

)

D = ( 6 - c) - 4 c2 - 6c + 11 = - 3c2 + 12c - 8
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi D ³ 0 Û 6 - 2 3 £ c £ 6 + 2 3
3
3


2
Phng trỡnh cú nghim x = 6- c - 3c + 12c - 8

2

Nhn xột a b ị 4a + b 4b + a. Do ú, tỡm giỏ tr ln nht ca P ta ch cn xột trng hp

a=

P=

6- c + - 3c2 + 12c - 8
6- c ,b =
2

- 3c2 + 12c - 8
2

30 5c + 3 3c 2 + 12c 8 15 5 3 8 12
= +
+ 3.
2c
c 2 2 c2 c
1 3- 3
3+ 3
ÊtÊ
c
4
4

t t = ,

Xột hm s f ( t ) = 15t

f '( t ) = 15 +

5 3
3 3
3+ 3
+
8t 2 + 12t 3,
t
2 2
4
4

3( - 4t + 3)
- 8t2 + 12t - 3

ỡù
ùù t 3
6
f '( t ) = 0 5 - 8t + 12t - 3 = 4t - 3 ớ
t=
4
ùù
2
2
7
ùùợ 25 - 8t + 12t - 3 = 16t - 24t + 9
2

(

)

ổử
6
31
ữ
max f ( t ) = f ỗ
=
ỗ ữ
ữ
ữ
ỗ
T bng bin thiờn suy ra, ộ
ố7ứ 2
ự
ờ3- 3 3+ 3ỳ
;
ờ
4
ờ
ở

ỳ
4 ỳ
ỷ

Du bng xy ra khi v ch khi a =

19
17

6
,b = ,c = .
7
7
7

3
3
Cho a,b l cỏc s dng tha món a + b = a4 + b4. Chng minh rng aabb Ê 1 Ê aa bb .

Ta chng minh aabb Ê 1 a lna + blnb Ê 0.
Ta cú ln x Ê x - 1, " x > 0

( )

Tht vy, xột hm s f x = ln x - x + 1

f '( x) =

1
- 1, f '( x) = 0 x = 1.
x

T BBT suy ra, f ( x) Ê f ( 1) = 0 ị ln x Ê x - 1, " x > 0.
Do ú,


(

)

(

)

(

)

2

3a lna - a4 - a £ 3a ( a - 1) - a4 - a = - a ( a - 1) a2 + a - 2 = - ( a - 1) ( a + 2) £ 0, " a > 0
Þ 3a lna £ a - a4
Tương tự Þ 3b lnb £ b - b4
Do đó, 3a lna + 3blnb £ a - a4 + b - b4 = 0 Þ a lna + b lnb £ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi a = b = 1.
3

3

Ta chứng minh 1 £ aa bb Û a3 lna + b3 lnb ³ 0.

(a

2

Ta có a + b = a + b ³
4

4

+ b2
2

)

2

³

( a + b)

4

8

Þ a + b £ 2 Þ a,b Î ( 0;2) .

x4 - x
Xét hàm số g( x) = 3ln x , x Î ( 0;2) .
x3

(

( x - 1) 2 + 2x - 2x2
3
2
g '( x) = - 1- 3 =
x
x

x3

)

g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 trên ( 0;2) .

( )

()

3
4
Từ BBT suy ra g x ³ g 1 = 0 Þ 3x ln x ³ x - x, " x Î

( 0;2) .

Do đó, 3a3 lna + 3b3 lnb ³ a4 - a+ b4- b = 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.

ìï x3 - 10x2 + 21x + 18 + 2y - 4 2y - 5 = 0
(
)
ï
Giải hệ phương trình ïí
2
ïï x - y + 4 + 4 = ( x - y) + 3x - 3y
ïî
2

x - y + 4 + 4 = ( x - y) + 3x - 3y

Đặt t = x - y, t ³ 0. Ta được

t2 - 4 + 3t -

t +4 = 0
2t - 4
Û t2 - 4 +
=0
3t + t + 4
æ
ö
2
÷
÷
ç
Û ( t - 2) ç
t
+
2
+
=0
÷
ç
ç
è
ø
3t + t + 4÷


2

t = 2 do t + 2 +

> 0, " t 0.

3t + t + 4

Do ú, x = y + 2.
3

I =ũ

(

) dx.

2x + ln x + x2 + 1
x2 + 1

0

(

x

1+

)

1

Ta cú ộ
ự'
x2 + 1
2
ln
x
+
x
+
1
=
=
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ở
ỷ x + x2 + 1
x2 + 1
3

I =ũ
0

3

=ũ

(

3

2x
x2 + 1

dx + ũ

)

d x2 + 1

0

(

x2 + 1

0

3

) dx

ln x + x2 + 1

(

)

(

)

ổ
ử
+ ũ ln x + x2 + 1 d ỗ
ln x + x2 + 1 ữ
ỗ
ữ
ố
ứ
x2 + 1
0
3

= 2 x2 + 1
0

(

)

1
+ ln2 x + x2 + 1
2

3
0

1

= 2 + ln2
2

(

)

3 +2

Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC cõn ti A , phng trỡnh ng thng
cha AB, AC ln lt l 5x - y - 2 = 0, x - 5y + 14 = 0. Gi D l trung im ca BC , E l
ổ
9 8ử

ữl hỡnh chiu vuụng gúc ca D trờn BE . Tỡm ta cỏc im
ỗ ; ữ
trung im ca AD, M ỗ
ữ
ỗ5 5ữ
ố

ứ

A, B,C .

Ta im A tha món
ỡù 5x - y - 2 = 0
ù

ớ

ùù x - 5y + 14 = 0
ợ

ỡù x = 1
ù
ị A ( 1;3) .
ớ
ùù y = 3
ợ


ME
DE
ã
ã
Ta cú D MDE , D MBD ng dng nờn MDE
hay ME .BD = DE .MD
= MBD
,
=
MD
BD
uuuu
r uuur
uuur uuur uuu
r uuuu
r
uuur uuuu
r uuur uuu
r

AM .CM = AE + EM CD + DM = AE .DM + EM .CD

(

)(

)

ã
ã
= - DE .DM .cosMDE
+ EM .DB.cosMBD
=0
Do ú, AM ^ CM .
uuuu
r ổ
ổ
9 8ử
4 7ử
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
;
AM
=
;- ữ
ỗ
ng thng CM qua M ỗ

,
vecto
phỏp
tuyn
cú phng trỡnh
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ố5 5ứ
ố5 5ứ
ổ 9ử
ổ 8ử
ỗ
ữ
ữ
4ỗ
7
= 0 4x - 7y + 4 = 0
ỗx - ữ
ỗy - ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
5

5ứ
ố
ứ ố
ỡù 4x - 7y + 4 = 0
ù

Ta im C tha món ớ
ùù x - 5y + 14 = 0
ợ

ỡù x = 6
ù
ị C ( 6;4) .
ớ
ùù y = 4
ợ

Gi B ( b;5b- 2) ta cú
ộb = 0
2
2
AB = AC ị ( b - 1) + ( 5b - 5) = 26 ờ
ờb = 2
ờ
ở
b = 0 ị B ( 0;- 2) tha món.
b = 2 ị B ( 2;8) loi.


cho hai đường thẳng ( d1 ) :

x +1 y + 2 z
x − 2 y −1 z −1
=
= ; ( d2 ) :
=
=
và mặt phẳng
1
2
1
2
1
1

( P ) : x + y − 2z + 5 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt
( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt tại A, B sao cho AB = 3 5.
Đặt A ( −1 + a; −2 + 2a; a ) , B ( 2 + 2b;1 + b;1 + b ) , ta có
uuur
AB = ( −a + 2b + 3; −2a + b + 3; −a + b + 1)

uuur

uur

Do AB song song với (P) nên: AB ⊥ n P = ( 1;1; −2 ) ⇔ b = a − 4

uuur

Suy ra, AB = ( a − 5; −a − 1; −3 )

Do đó, AB =

( a − 5)

2

+ ( −a − 1) + ( −3 ) = 2a 2 − 8a + 35
2

2

éa = - 1
a=5
ê
ë

2
Suy ra, AB = 3 5 Û 2a - 8a + 35 = 45 Û ê
ê

ìï x = - 2 + 2t
ïï
uuur
ï
a = - 1 Þ A ( - 2;- 4;- 1) , AB ( - 6;0;- 3) Þ PT của d : í y = - 4
ïï
ïï z = - 1 + t
î
ìï x = 4
ïï

uuur
ï
a = 5 Þ A ( 4;8;5) , AB ( 0;- 6;- 3) Þ PT của d : í y = 8 + 2t
ïï
ïï z = 5 + t
î

Cho tứ diện đều SABC các cạnh bằng 1. Gọi G là trọng tâm của tứ diện, mặt phẳng ( a ) qua G cắt
các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P . Xác định vị trí của mặt phẳng ( a ) để thể tích khối chóp
SMNP đạt giá trị nhỏ nhất.


(

)

n

Biết n là số nguyên dương, x2 + x + 1 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a2nx2n và

a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 2na2n = 324. Tìm n.

( ) (

)

n

(

)

n- 1

Xét hàm số f x = x2 + x + 1 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a2nx2n

f '( x) = n ( 2x + 1) x2 + x + 1

= a1 + 2a2x + 3a3x2 + ... + 2na2nx2n- 1

f '( 1) = n3n = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 2na2n = 324

Þ n.3n = 324. Û ln n + n ln3 - ln324 = 0( *)
Xét hàm số f ( n) = ln n + n ln3 - ln324, n > 0.

f '( n) =

1
+ ln3 > 0, " n > 0. Do đó, f ( n) đồng biến trên ( 0; +¥ ) . ( *) Û f ( n) = f ( 4) Û n = 4.
n