DE ON TAP HSG 12 2018 THE
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.85 MB, 23 trang )
1. HÀM SỐ
x2 3
x và
Câu 1 (TÀI LIỆU ÔN TẬP) Chứng minh hai đồ thị sau tiếp xúc nhau: y f x
2 2
3x
. Viết phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại tiếp điểm.
y g x
x2
x1
Câu 2 (TÀI LIỆU ÔN TẬP) Cho hàm số: y
có đồ thị C . Tìm điểm M trên đồ thị C sao cho tổng
x 1
khoảng cách từ M đến các đường thẳng 1 : 2x y 4 0 và 2 : x 2 y 2 0 là nhỏ nhất.
Câu 1. (HÀ NAM 12 15-16) 1. Cho hàm số y mx3 3 m 1 x2 9 m 2 x 2 (1) ( m là tham số thực). Tìm
tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 2x2 1.
x1
có đồ thị C và đường thẳng d : y 2x m 1 ( m là
x2
tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d luôn cắt C tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi
Câu 2. (HÀ NAM 12 15-16) 2. Cho hàm số y
k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến tại A và B của C . Xác định m để 3k1 1 3k2 1 98.
2
2
2. PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Câu 1. (HÀ NAM 12 15-16) 1. Giải bất pt sau trên tập số thực x 7 x2 2x 3 4x 2.
x x 1 x2
1
2 log 2 .log 3 y
log 2
3
y 1 y2
Câu 2. (HÀ NAM 12 15-16) 2. Giải hệ sau trên tập số thực
27 2 3
2
x y x.
x xy x 2 x
8
Câu 3. (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất pt sau có nghiệm:
x 1 2 4 x2 x m x 0 .
Câu 4. (HUẾ 2012) Giải phương trình sau : 3x(2 9 x 2 3) (4 x 2)( 1 x x 2 1) 0
Câu 5. (NGHỆ AN LỚP 11 16-17)
x
2
2
x2 x 1 x3 3x2 5x 2 0.
Câu 6. (TP HCM 2015) Tìm m để p.trình : ( x2 x 1)( x2 5x 1) mx2 có đúng hai nghiệm phân biệt.
Câu 7. (THỌ XUÂN 4-THANH HÓA) Biện luận theo m số nghiệm của pt
x4 4 x m 4 x4 4x m 6
3 4
x x2 1 .
3
Câu 9. (HẬU LỘC 3-THANH HÓA) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất:
Câu 8. (HẬU LỘC 3-THANH HÓA) Giải phương trình x2 3x 1
log m 11 log 1 ( x2 mx 10 4)log m ( x 2 mx 12) 0 .
7
3
3
2
x y 3x 6 x 3 y 4 0
( x , y ).
Câu 10. (HÒA BÌNH 17-18) Giải hệ phương trình
2
(
x
1)
y
1
(
x
6)
y
6
x
5
x
12
y
x x y x y 2 y 2 y 3 1
Câu 11. (HẢI DƢƠNG 16-17) Giải hệ:
x, y
2
2
8 x 8 y 3 8 y 2 x 3x 1
3. PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
Câu 1. (HẢI DƢƠNG 16-17) Giải phương trình: 2sin3 x cos2x sin 2x 2sin x 2cos x 1 0
Câu 2. (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Giải phương trình cos 2 x 3 cos x s inx 3 0.
3
Câu 3. (HÒA BÌNH 17-18) Tính tổng các nghiệm x
; của pt:
2(cosx 3 sin x)cos x cos x 3sinx 1.
4. TỔ HỢP, XÁC SUẤT, NEWTON
Câu 1. (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 )Tập hợp X có 2n n * phần tử được chia thành các tập con đôi một
không giao nhau. Xét quy tắc chuyển phần tử giữa các tập như sau: nếu A, B là các tập con của X và số
phần tử của A không nhỏ hơn số phần tử của B thì ta được phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử
bằng số phần tử của tập B. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các bước chuyển theo quy tắc trên, ta
nhận được tập X.
1
1
( n ; n 1)
Câu 2. (HUẾ 2012) Chứng minh rằng : 2n Cn2n <
2
2n+1
Câu 3. (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Thầy X có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Văn, 5 cuốn sách Sử và 6 cuốn
sách Địa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẩu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho
một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn.
5. DÃY SỐ
Câu 1. (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Cho dãy số un xác định bởi u 1; u 2 n 1 un1
1
n
n
n
2n
2
2
n1 1
, n * .
Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số theo n.
Câu 2. (HÀ TĨNH LỚP 11 15-16)
u1 2013
Câu 3. (QUẢNG BÌNH LỚP 11 2013) Cho dãy số un xác định như sau:
1
n
un1 n1 un
2013n
Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số un ?
Câu 4. (HẢI DƢƠNG 12 15-16) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 1 ; un1
(n 1)
un 2
n 1 và dãy số ( vn )
2 un
thỏa mãn: unvn un 2vn 2 0 n 1 . Tính v2015 và lim un .
6. SỐ HỌC
7. BẤT ĐẲNG THỨC
Câu 1. (HÀ TĨNH LỚP 11 15-16)
Câu 2. (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh rằng
a2 b2 c 2 abc 4 .
Câu 3. (HÀ NAM 12 15-16) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x y 2 z 2 yz y z . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P
1 x
2 yz 1 x
y
z
.
1
y
1
z
1
x
1
y
1
z
2
1
2
Câu 4. (NGHỆ AN 2013) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2
3
P
.
3
a ab abc
abc
Câu 5. (VĨNH PHÚC 12 15-16) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1; 9 và x y , x z . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P
y
1 y
z
.
10 y x 2 y z z x
Câu 6. (HẢI DƢƠNG 12 15-16) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
b2
c2
a2
1
.
ab 2 2ab 1 bc 2 2bc 1 ac 2 2ac 1 3
7. HÌNH HỌC PHẲNG
Câu 1. (THỌ XUÂN 4-THANH HÓA) Tam giác ABC có các góc và các cạnh thoả:
1 CosB
2a c
(1).
SinB
4a2 c 2
Chứng minh ABC tam giác là tam giác cân.
Câu 2. (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại H
( A1 BC , B1 AC , C1 AB) . Biết AA1 2 2 , CC1 3 và HB 5HB1 . Tính tích cot A.cot C và diện tích tam
giác ABC.
8. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Câu 1. (HÀ NAM 12 15-16) 1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C ’, có đáy ABC là tam giác vuông với
AB BC 2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC. Trên các đoạn
A’B, A’A lần lượt lấy M , N sao cho MA’ 2BM , AA’ 3 A’N. Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết
A’L 10.
Câu 2. (HÀ NAM 12 15-16)
Cho hình chóp S.ABC có độ dài các cạnh SA BC x , SB AC y ,
SC AB z thỏa mãn x2 y 2 z2 12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
Câu 3. (HUẾ 2012) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách từ AA’ đến
mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng .
a). Tính thể tích của khối lăng trụ.
b). Cho a = b không đổi, còn thay đổi. Định để thể tích khối lăng trụ nhỏ nhất.
Câu 4. (HẢI DƢƠNG 16-17) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng
SBC bằng 2, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng . Tìm giá trị của cos để thể tích
khối chóp S.ABCD nhỏ nhất.
Câu 5. (HẢI DƢƠNG 16-17) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc đoạn
a 2
AD’, điểm N thuộc đoạn BD sao cho AM DN x , 0 x
. Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất.
2
Câu 6. (HẬU LỘC 3-THANH HÓA) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0).
SM
Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM MD. Tính tỉ số
SB
Câu 7. (NGHỆ AN 2013) 1. Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai
a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' .
4
Câu 8. (NGHỆ AN 2013) 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng đi qua
đường thẳng AA ' và BC bằng
trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC , AD tại các điểm (khác A ). Gọi hA , hB , hC , hD
lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C , D đến mặt phẳng .
hB2 hC2 hD2
Chứng minh rằng:
hA2 .
3
HẢI DƢƠNG 12 15-16
Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 1 ; un1
un 2
, n 1 và dãy số ( vn ) thỏa mãn:
2 un
unvn un 2vn 2 0 n 1 . Tính v2015 và lim un
un1
2
2
2
un1 2
un 2
2
un1
2
Ta có v1 3 . Chứng minh được un 2 n nên vn
vn1
2
un 2 un1
u 2
2 n 1
2
un1
Do đó vn v1
2n1
3
2n1
v2015 3
22014
32
2014
và vn 1n 1
n1
u 2
v 1
32 1
với mọi n 2
vn n
un 2. n
2. 2n1
un 2
vn 1
3 1
2
Mặt khác 2n (1 1)n Cn0 Cn1 Cnn 1 n với mọi n 2 nên 2n1 nn 3 suy ra 3
Vậy lim
1
3
2n1
0 nên lim un 2
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
b2
c2
a2
1
.
ab 2 2ab 1 bc 2 2bc 1 ac 2 2ac 1 3
Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt: a
y
x
z
, b ,c
, với x, y, z > 0.
y
z
x
y2
x2
z2
Khi đó: VT
y 2z z 2 y z 2x x 2z x 2 y y 2x
Ta có: y 2 z z 2 y yz 2 y 2 2 z 2 4 yz 2 y z
Suy ra:
Tương tự:
2
yz
9 2
y z2
2
x2
2
x2
(1)
. 2
y 2z z 2 y 9 y z2
y2
y2
2
. 2
z 2x x 2z 9 x z2
z2
2
z2
. 2
x 2 y y 2x 9 y x2
(2)
(3)
Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được: VT
y2
2 x2
z2
9 y 2 z 2 x2 z 2 y 2 x2
1
y2
x2
z2
1
1
x2 y 2 z2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
y z
x z
y x
x z
y x2
y z
1
1
1
1
Lại có
x2 y 2 y 2 z2 x2 z 2 2
2
2
3
2
2
2
x z
y x2
y z
1
3
.9 3
2
2
2 3 1
Suy ra VT .
9 2 3
3
n1
3n n 3 .
VĨNH PHÚC 12 15-16
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1; 9 và x y , x z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
y
1 y
z
.
10 y x 2 y z z x
Với a, b dương thỏa mãn ab 1 ta có bất đẳng thức
1
1
2
1 a 1 b 1 ab
khi a b hoặc ab 1 .
Thật vậy:
a b
1
1
2
.
1 a 1 b 1 ab
2
ab 1 0 đúng do ab 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
1
1
1
1
1
1
Áp dụng bất đẳng thức trên: P
x 2
z
x
x
x
10
1
1 10
1
y
y
z
y
y
Đặt
1
1
x
trên đoạn 1; 3 .
t 1; 3 . Xét hàm số f t
2
y
10 t 1 t
f ' t
2t
1
; f ' t 0 t 4 2t 3 24t 2 2t 100 0
10 t 1 t
t 2 t 24t 50 0 t 2 do t
2
2
2
3
3
24t 50 0 t 1; 3 .
BBT
t
1
f ' t
3
+
11
18
f t
Suy ra Pmin
2
5
4
1
2
x 4 y
z x
x 4 y
1
.
khi và chỉ khi y z
z
2
y
2
x
1
y
NGHỆ AN 2013
B'
a2 3
Diện tích đáy là SABC
.
4
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
A'
C'
D
B
E
A
G
C
BC AE
Gọi E là trung điểm BC . Ta có
BC A ' G
BC AA'E
Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' .
Do đó BC DE, AA' DE
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC
DE 1
300
DAE
AE 2
a
Xét tam giác A ' AG vuông tại G ta có A ' G AG.tan 300
3
Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE
Vậy VABC . A' B'C ' A ' G.SABC
a3 3
.
12
Gọi B ', C ', D ' lần lượt giao điểm của mp với các cạnh
A
AB, AC , AD .
D'
Ta có VAGBC VAGCD VAGDB
B'
1
(*)
V
3 ABCD
B
I
C'
D
G
C
Vì VAB'C ' D' VAIB'C ' VAIC ' D' VAID' B' và (*) nên
VAB'C ' D ' VAIB'C '
V
V
AIC ' D ' AID ' B'
VABCD
3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB
AB '.AC '.AD ' AI .AB '.AC ' AI .AC '.AD ' AI .AD '.AB '
AB.AC.AD
3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG. AD. AB
AB AC AD
AG
BB ' CC ' DD'
3.
6
3
AB ' AC ' AD'
AI
AB ' AC ' AD'
BB ' hB CC ' hC DD' hD
Mặt khác ta có
,
,
AB ' hA AC ' hA AD' hA
Suy ra
hB hC hD
3 hB hC hD 3hA (**)
hA hA h A
Ta có:
h
B
hC hD 3 hB2 hC2 hD2 hB hC hC hD hD hB 0 ( luôn đúng )
2
2
2
2
hB2 hC2 hD2
hA2 .
3
1
a
4b 1 a 4b 16c 4
.
a b c .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có a ab 3 abc a .
2 2
4
3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c .
3
3
Suy ra P
2a b c
abc
Kết hợp với (**) ta được 3hA
2
Đặt t a b c , t 0 . Khi đó ta có: P
3 hB2 hC2 hD2 Hay
3
3
2t
t
3 3
3
3
2.
với t 0 ta có f ' t
2t
t
2t t 2t
3
3
f ' t 0
2 0t 1
2t t 2t
Xét hàm số f t
Bảng biến thiên
t
f ' t
f t
0
1
0
+
0
Do đó ta có min f t
t 0
3
2
3
khi và chỉ khi t 1
2
16
a 21
a b c 1
3
4
Vậy ta có P , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b .
2
21
a 4b 16c
1
c 21
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
16 4 1
3
khi và chỉ khi a , b , c
, , .
2
21 21 21
QUẢNG BÌNH LỚP 11 2013
b) un 0, n N *
1
1
unn11 unn
n
2013
2013n
1
1
1
Do đó: u22 u11
; u33 u22
; ...; unn unn11
1
2
2013
2013
2013n1
unn11 unn
Suy ra: unn u11
1
1
1
...
1
2
2013 2013
2013n1
n 1
1
1
2013
2012
n 1
1
1
n
2013
suy ra un 2013
2012
1
1
n
2013 n 2014 1 1 ... 1 2014 1 2013 (Cô si)
1 un 2013
2012
n
n
2013
1 . Vậy lim un 1
Mặt khác lim 1
n
n 1
HÀ TĨNH LỚP 11 15-16
HÀ TĨNH LỚP 10 15-16
Điều kiện x 1 . Chia hai vế của phương trình cho
ta có
x,
x 1
x 1
x 1
x 1
24
m0 m
24
.
x
x
x
x
x 1
, Ta có bất phương trình m t 2 2t
x
x 1
1
Do x 1 , suy ra t 0 . Ta có
1 1 , suy ra t 1 , vậy t 0;1
x
x
t
0
1
Xét hàm số f t t 2 2t trên 0;1
1
Từ bảng biến thiên suy ra m 1
f t
Nếu HS thiếu t 1 mà vẫn kết luận m 1 thì trừ 1,0 điểm của
Đặt t
4
0
câu này
HS có thể đặt g(t ) t 2 2t m , xét 1 m
TH1 0 , suy ra m 1 , khi đó g t 0 vô nghiệm.
TH2 0 , suy ra m 1 , gọi t1 , t2 là nghiệm, g t 0 t1 t t2 .
Nhận xét t2 1 , suy ra g t 0 có nghiệm thuộc 0;1 khi và chỉ khi t1 1 1 1 m 1 m 1 . Suy ra
m1
A
C1
Ta có
B1
H
B
C
A1
BB1
HB
5
6
HB1
HB1
Mặt khác tan C
BB1
BC
; tan A tan B
HC 1
1
HB1
B1C
tan A.tan C
BB1 B1C BB1
.
6
B1C HB1 HB1
Suy ra cot A.cot C
1
(1)
6
AA1 2 2
AB 2 2
sin C 2 2
sin 2 C 8
CC1
3
BC
3
sin A
3
sin 2 A 9
9
8
9 1 cot 2 A 8 1 cot 2 C 9 cot 2 A 1 8 cot 2 C (2)
2
2
sin A sin C
1
1
cot A
cot A.cot C
3
Từ (1) và (2) ta có
6
1
2
2
9 cot A 1 8 cot C
cot C
2
Do cot C
AA1
1
1
5
2
5
1 cot 2 C sin C
AC
2 2.
10
2
2
4
sin C
2
sin C
5
Ta có AB1 BB1 .cot A
5
6
6 10
1
1
BB1 ; CB1 BB1 .cot C BB1 AC AB1 B1C BB1 BB1 AC
6
5
5
3
2
1
1
6 10
AC.BB1
10.
6
2
2
5
Trong ba số a 1, b 1, c 1 luôn có 2 số có tích không âm, giả sử
a 1 b 1 0 ab a b 1 0 ab a b 1 2 c . Suy ra abc c 2 c
Suy ra SABC
a b
2
2
a b
2
2
3 c
2
2
a2 b2 c 2
3 c
abc
2
3 c
Ta chứng minh
2
2
2
c2 c 2 c
c2 c 2 c 4
2
1
c 1 0 Dấu = xảy ra khi a b c 1
2
Do tập X có số phần tử chẵn nên số tập con có phần tử lẻ là chẵn.
Giả sử có 2k k * tập con có số phần tử lẻ, chia 2k tập trên thành k cặp, rồi thực hiện quy tắc chuyển như
trên ta sẽ đưa về các tập con có số phần tử chẵn.
Khi đó ta đưa về trường hợp các tập con đều có số phần tử chẵn.
Nếu n 1 , bài toán được chứng minh.
Xét n 2 .
Do 2n 4 , suy ra số tập con có số phần tử chẵn nhưng không chia hết cho 4 phải chẵn. Giả sử có 2m m *
tập con có số phần tử chẵn nhưng không chia hết cho 4. Chia chúng thành m cặp rồi thực hiện phép chuyển
phần tử theo quy tắc trên ta sẽ thu được các tập con có số phần tử chia hết cho 4.
Thực hiện tương tự như trên, sau hữu hạn bước ta sẽ được tập con có số phần tử chia hết cho 2 n , khi đó ta
nhận được tập X
Học sinh có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n
HÀ NAM LỚP 12 15-16
Nội dung
Ta có y ' 3mx2 6( m 1)x2 9( m 2). Hàm số đã cho có 2 cực trị y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt
m 0
m
0
m 0
2 6 2 6 (*)
2
m
;
'
0
18
m
36
m
9
0
2
2
2 m 1
(1)
x1 x2
m
Do x1 , x2 là nghiệm của pt y ' 0, theo định lý Viét ta có
3 m 2
(2)
x1 .x2
m
Lại có x1 2x2 1 (3).
3m 4
m 2
x1 m
3m 4 2 m 3 m 2
Từ (1), (3)
thay vào (2) ta được
(t/m (*))
2
m 2
2
m
m
m
x
.
3
2
m
2
Kết luận: Các giá trị cần tìm là m 2, m .
3
x1
2 x m 1 (1)
Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của pt
x2
(1) x 1 2x m 1 x 2 (vì x 2 không là nghiệm của pt (1)) 2x2 6 m x 3 2m 0 (2).
Ta có 6 m 8 3 2m m2 4m 12 0 m .
2
Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
m6
x1 x2 2
Gọi x1 , x2 là hoành độ của A, B x1 , x2 là các nghiệm của pt (2). Theo định lý Viét ta có
. Mặt
3
2
m
x x
1 2
2
1
k1
2
x1 2
khác ta có
1
k
2
2
x2 2
1
1
1
k1 k2
4.
2
2
2
2
x1 2 x2 2 x1x2 2x1 2x2 4 3 2m m 6 4
2
Khi đó 3k1 1 3k2 1 98 9 k12 9 k22 2 3k1 3k2 96. (*)
2
2
Ta có k1 , k2 0. Theo bđt Côsi: 9 k12 9 k22 2 81k12 k22 18 k1k2 72 và 2 3k1 3k2 4 9 k1k2 12 4 24.
Vậy VT(*) 72 24 96.
Dấu bằng xảy ra k1 k2 x1 2 x2 2 x1 x2 4
Kết luận: Giá trị cần tìm là m 2.
Điều kiện: x
m6
4 m 2.
2
1
. Bất phương trình đã cho
2
x2 2x 3 x 7 4x 2 0 x2 2x 3
3 3 x
x 7 4x 2
x 7 4x 2
0
3
0 x 3 x 1
0 *
x 7 4x 2
x 7 4x 2
3
1
Ta có hàm số f x x 1
liên tục trên ;
x 7 4x 2
2
x 1 x 3
1
và f ' x 1 3.
2
4 x 2 0 x 1 f x đồng biến trên 1 ;
2
2
2
x 7 4x 2
2 x7
1 3 3 2
1
0 x .
2
15
2 2
Từ đó bpt (*) x 3 0 x 3.
1
Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là ; 3 .
2
Do đó f x f
x x 1 x2
1
2 log 2 .log 3 y (1)
log 2
3
y 1 y2
27 2 3
2
x y x (2)
x xy x 2 x
8
Điều kiện: x 0, y 0. Viết lại pt (1) dưới dạng
log 2 x x 1 x 2 log 2 y 1 y 2 2 log 2 3.log 3 y log 2 x x 1 x 2 log 2 y 1 y 2 log 2 y 2
log 2 x x 1 x
2
log
y 1 y2
2
y
2
x x 1 x2
1
1. 1'
y2
1 1
y y
t2
Xét hàm số f t t t 1 t 2 , t 0. Ta có f ' t 1 1 t 2
1 t2
hàm số f t liên tục và đồng biến trên 0; , do đó pt (1’) x
0 t 0.
1
xy 1.
y
Khi đó pt (2) trở thành
x 1 x2 2x
1 1
Đặt g x
27 2 2
27 2
2
2 27 2
x x 2x 2 2 x2 2x
x x 2 2 1
x
8
4
x
x
4
2 27 2
27 2
2
x
x 1 1 0. 2'
x
4
4
x
27
27 2
2
x 1 1 , x 0. Ta có g ' x
x
2
4
x
1
x
2
Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên 0; .
2
1
x
0 x 0.
2
3
Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên 0; . Mà g 0.
2 3
3 2
Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất x; y ; .
B’
Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK
C’’
SMLK SELK VMNKL VNELK
A’’
1
ta cũng có SEKN SA ' KA
3
+) Do A ' A A ' B A ' C và K là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
nên A ' K ABC ( A ' AC) ABC
N
M
K
, do L là trung điểm BC.
21 d B, NKE BK
2
1
1
AC
VNELK d L, NKE .SNKE KB.SA' KA ; KB
2
3
18
2
+) Vì A ' K ABC A ' K KL A ' K
SA' AK
A ' L2 LK 2 3
1
3 2
A ' K.KA
.
2
2
Vậy VNELK
C
E
A
mà BK AC BK A ' AC
+) Ta có d L, NKE
L
B
1
1
3 2 1
1
KB.SA' KC
2.
VMNLK .
18
18
2
6
6
Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng
song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau
tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.
S
+) Có SMNP 4SABC VS. ABC
C
M
+) Do SB AC
P
A
1
NP SNP vuông tại S.
2
B
N
Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.
Đặt a SM , b SN , c SP , ta có:
a 2 2 x 2 z 2 y 2
a 2 b2 4 x 2
2 2
2
2
2
2
2
b
c
4
y
b 2 x y z
c 2 a 2 4 z 2
2
2
2
2
c 2 y z x
1
1
2
VS. ABC VS. MNP
abc
4
24
12
Mà theo bđt Côsi:
x
2
y2 z2
y
2
z2 x2
z
2
x
2
y2 z2
y
2
z2 x2 z 2 x2 y 2 .
x2 y 2
3
x 2 y 2 z 2 y 2 z 2 x 2 z 2 x 2 y 2 12
3
4
3
3
nên VS. ABC
12
4 x y z 2.
3
Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là
P
1 x
2
y
2 yz
z
1 x
1 y 1 z 1 y 1 z 1 x
2
1
2
y
2 yz
z
2
1
1 y 1 z 1 y 1 z 1 x
2
1
1 x
2 2
.
3
2
1
1 x
3
2 3 2 2
4
.
12
3
Đẳng thức xảy ra khi x2 y 2 z 2
2
1
y
4 yz
2 yz
z
1 y 1 z 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z
y2
z2
1 x 1 y 1 z
2
1
1 x
2
2
1
1
1
y
2
2
1
1
1 z
2
4 yz
1 y 1 z 1 x
4
1 x 1 1y 1 1z
.
1
V
4 S. MNP
Đặt u
1
1
1
1
1
4
, v u, v 0. Khi đó P
.
2
2
2
y
z
1
x
1
u
1
v
1 x 1 u 1 v
Theo bđt Côsi: P
1
2
1 x 1 u1 v
2
4
.
1 x 1 u1 v
Mặt khác, giả thiết trở thành
y2 z2 y z
1 1 1 1
x 2 2
x 2 2 x u2 v 2 u v.
yz
z y z
y z
y
Theo bđt Bunhiacốpxki: x u v
2
2
2 x u2 v 2 2 u v u v .
x
2
2
2
1
1
2 x 1
Lại theo bđt Côsi: 1 u 1 v 2 u v 2
.
4
4
x x
1
2x2
4x2
2x3 6x2 x 1
Từ đó suy ra P
.
2
2
3
3
1
x
1
x
1
x
1
x
Xét hàm số f x
2x3 6x2 x 1
1 x
3
, x 0. Ta có f ' x
Lập bảng biến thiên của f(x) trên 0; suy ra
10 x 2
x 1
4
1
f ' x 0 x .
5
1 91
P f x f
.
5 108
Kết luận: GTNN của P là
1
2
1
1
91
đạt được khi x , u v , u v 10 x , u v 5 x y z .
5
x
5
5
108
(THỌ XUÂN 4-THANH HÓA)
x 4x m x 4x m 6
4
4
4
Đặt t= x 4 x m (t 0)
4
4
(1)
(2)
t 0
t2 = x 4 4 x m 2
t=2.
t
t
6
0
Từ (2) 4 x4 4 x m = 2 x4+4x+m=16. -x4-4x+16=m
Đặt: f(x)= -x4-4x+16
f’(x) = -4x3-4=-4(x3+1)
f’(x)=0 x=-1và f(-1)=19
Bảng biến thiên của f(x)
x
-
F’(x)
+
-1
0
19
x
Lim = -
+
-
F(x)
-
-
Từ bảng biến thiên ta có bảng biện luận theo m số nghiệm của (1) như sau:
m
Số nghiệm của phương trình (1)
+
0
19
1
-
2
1 CosB
2a c
( 1)
SinB
4a2 c 2
2
Ta có: (1)
(1 CosB)2 2a c
2a c
Sin2 B
1 cot g 2
B
4a
2 2a c
1
Sin2
2 B
2Cos 2
2a c
1
1
2a c
2Sin B .Cos B
2
2
4a
B
2a c 4a.Sin2
B 2a c
2
2
B
c 2a 1 2Sin2 2a.CosB c
2
4 RSinACosB 2 RSinC 2SinACosB SinC
2SinACosB Sin( A B) Sin( A B) 0 A B 0
A B hay ABC là tam giác cân tại C.
2b
( Vì - A B )
HẬU LỘC 3 THANH HÓA
Ta có: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > 0
x2 – 3x + 1 = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1)
x2 x 1
, t > 0. Phương trình trở thành:
x2 x 1
3
0
t
3
x2 x 1
1
2
3
2
2t
t 1 0
2
1
3
x x1
3
t
3
Đặt t
3a
x=1
Điều kiện: m > 0 và m 1, x2 + mx + 10 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với:
1 log 7 ( x2 mx 10 4)log11 ( x2 mx 12)
0 . (*)
log11 m
Đặt u = x2 + mx + 10, u 0.
+ Với 0 < m < 1: (*) f(u) = log7( u + 4)log11(u + 2) 1
Ta thấy f(9) = 1 và f(u) là hàm đồng biến nên ta có:
f(u) f(9) u 9 x2 + mx + 10 9 x2 + mx + 1 0
Vì phương trình trên có = m2 – 4 < 0 với 0 < m < 1 nên phương trình trên vô nghiệm bất phương
trình đã cho vô nghiệm.
+ Với m > 1: Ta có: f(u) 1 = f(9) 0 u 9
x 2 mx 10 0 (1)
.
2
x
mx
1
0
(2)
0 x2 + mx + 10 9
Xét phương trình x2 + mx + 1 = 0 có = m2 – 4.
Nếu 1 < m < 2 < 0 (2) vô nghiệm bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Nếu m > 2 > 0 phương trình trên có 2 nghiệm đều thoả mãn (1) và (2) bất phương trình đã
cho có nhiều hơn một nghiệm.
Nếu m = 2 (2) có nghiệm duy nhất x = -1 bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -1.
Vậy giá trị cần tìm của m là: m = -2.
S
H
D
A
B
C
Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 )
và
a a 3
2x 2 y
za 3
; 0 . Suy ra phương trình của SB là:
2 2
a a 3
a 3
y 3x
0
Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có: 0
.
z0 a 3 2 3x0
Mặt khác AMDN AM.DM 0
3a
x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0 x0
8
3
3a 3a 3 a 3
SM 3
M ;
;
SM SB hay
.
8
8
4
4
SB
4
B= ;
TP HCM 2015
HÒA BÌNH 17-18
Pt đã cho cos2x 3 sin 2x cosx 3 sin x
k 2
cos 2 x cos x x
, k
3
3
2a
3
(1,5đ)
2
2
Vì x
; nên x1 0; x2 3 ; x3 3 thỏa mãn
Vậy tổng các nghiệm x
; của phuơng trình đã cho là S = 0.
x
2b
(1,5đ)
x
3 5 3 5
Đưa PT về dạng
7 . Đặt
2 2
x
3 5
t với t 0 .
2
1
73 5 3 5
Ta có PT t 7 t 2 7t 1 0 t
2
t
2
Từ đó suy ra PT có 2 nghiệm x 2 .
ĐK: y 1
2
Phương trình (1) tương đương : x 1 3 x 1 y 3 3y y x 1
3
x 1
2c
(2đ)
x 2 x 6 x 7 x2 7 x 12 x 1
x 2 2 x 6
x 2
x1
x6
x 2
x 4 0 x 1
x6
x 4 0 *
x7 3
x2 2
x 2 2
x7 3
Chứng minh phương trình (*) vô nghiệm
x2
1
x2 x6
x6
0 x 2
2 x7 3
2
x2 2
x2 2
Kết luận hệ phương trình có nghiệm x; y 2; 3
Bài
Bài 2
HUẾ 2012
a) Giải phƣơng trình: 3x(2 9 x 2 3) (4 x 2)( 1 x x 2 1) 0 (1)
1
2
Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong ( ;0)
pt 3x (2 (3x) 2 3) (2 x 1)(2 (2 x 1) 2 3)
u (2 u 2 3) v(2 v 2 3)
(1)
Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0.
Xét hàm số f (t ) 2t t 4 3t 2 với t>0
3
Ta có f '(t ) 2 2t 3t 0 t 0 f (u ) f (v) u v
Bài 3
x 7 3 x2 2x 8
t 4 3t 2
- 3x = 2x + 1 x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
5
1 n
1
( n ; n 1)
Chứng minh rằng : 2n C2n <
2
2n+1
Ta có :
1 n
(2n)!
1.2.3.4.......(2n - 1).(2n)
1.3.5...(2n - 1).2.4.6...(2n)
C2n = 2n
= n n
n
2n
2
2 .n!n!
2 .2 .(1.2.3.4...n).(1.2.3.4...n)
2 .(1.2.3.4...n).2 n .(1.2.3.4...n)
1.3.5.7.....(2n - 1)
=
2.4.6.8.......(2n)
Ta chứng minh :
1.3.5.7.....(2n - 1)
<
2.4.6.8.......(2n)
(2k - 1)
=
Ta có :
(2k)
(2k - 1)
2
(2k)2
=<
1
2n+1
(2k - 1)2
4k 2 - 1
=
2k - 1
2k + 1
Sử dung quy nạp và nhân các BĐT vế theo vế ta có :
1.3.5.7.....(2n - 1)
<
2.4.6.8.......(2n)
Bài 5
1
2n+1
(đpcm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách từ AA’ đến mặt phẳng
BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng .
a). Tính thể tích của khối lăng trụ.
B'
_
C'
_
Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH BC ( H BC ) AH ( BCC’B’)
vì (ABC) ( BCC’B’), do đó : AH = d(AA’,( BCC’B’)) = a.
Ta có AB = (ABC’) (ABC) ; AB AC (gt) ; AC là hình chiếu của AC’ trên
A'
_
(ABC)
K
_
b
_
H
_
B
_
sd((ABC),(ABC
)) =
AB AC’ CAC
( góc nhọn).
C
_
a
_
A
_
Kẻ CK AC’; ta có : AB (ACC’) (ABC’) (ACC’) ;
AC’ = (ABC’)(ACC’)
AK (ABC’) CK = d(C,( ABC’)) = b.
1
AB.AC.CC (1)
2
CK
b
Trong tam giác vuông ACK : AC =
=
sinα sinα
b
b
Trong tam giác vuông ACC’ : CC = AC.tanα =
.tanα
sinα
cosα
1
1
1
1 sin 2 α b2 a 2 sin 2 α
=
=
=
Trong tam giác vuông ABC :
AB2
AH2
AC2 a 2
b2
a 2 b2
ab
AB =
2
b a 2 sin 2 α
Thể tích khối lăng trụ : V =
S
Thay các kết quả vào (1) ta có :
.CC =
ABC
V=
=
1
1
ab
b
b
AB.AC.CC = .
.
.
2
2
2
2
2 b a sin α sinα cosα
3
ab
2sinαcosα b 2 a 2 sin 2 α
ab 3
V=
sin2α b2 a 2 sin 2 α
b). Cho a = b không đổi, còn thay đổi. Định để thể tích khối lăng trụ nhỏ nhất.
a3
a3
Với a = b : V =
2sinα.cos2 α
sin2α 1 sin 2 α
V nhỏ nhất khi sin .cos2 lớn nhất .
Ta có: sin 2 α.cos4 α =
1
1 2sin 2 α + cos2 α + cos2 α 3
2sin 2 α.cos2 α.cos 2α (
)
2
2
3
(bđt Côsi)
V
8
2 3
sin .cos2
54
9
3a 3 3
4
3a 3 3
V nhỏ nhất : V =
khi 2sin2 = cos2
4
arctan
Vậy khi
tan 2
1
2
tan
2
2
2
2
arctan
2
thì thể tích nhỏ nhất .
2
HẢI DƢƠNG 16-17
Câu II (2 điểm)
2sin3 x cos2x sin 2x 2sin x 2cos x 1 0
2 sin3 x 2 sin x sin 2 x 1 cos2 x 2 cos x 0
2 sin x sin2 x 1 2 sin x cos x 2 cos2 x 2 cos x 0
Câu II.1
(1điểm)
2sin x cos2 x 2sin x cos x 2cos2 x 2cos x 0
cos x s inx 1 cos x 1 0
x 2 k
cos x 0
s inx 1 x k 2
2
cos x 1
x k 2
k Z
Điều kiện: x y 0, y 0,2x2 3x 1 0
Câu II.2
PT(1) x x y x y 2 y 2 2 y x2 xy 2 y 2 x y 2 y 0 (*)
(1 điểm)
Nếu
x y 2 y 0 x y 0 không thỏa mãn hệ
Nếu
x y 2y 0
xy
1
(*) x y x 2 y
0
x 2y
0 * *
x y 2y
x
y
2
y
1
Mặt khác với điều kiện x y 0, y 0 thì x y y
0 nên (**) vô nghiệm.Với
x y 2y
xy
x y 0 thì PT(2) trở thành
8x2 8x 3 8x 2x2 3x 1 4( x 2x2 3x 1)2 (2x 1)2
3 3
x
2 2 x2 3x 1 1
4
2 2 x2 3x 1 4 x 1
7 1
x
4
3 3 3 3 3 3 3 3 7 1 7 1
;
;
;
Vậy hệ có nghiệm là
;
;
4
4 4
4 4
4
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:
S
H
C
D
N
M
I
A
B
, d A; SBC d N ; SBC NH 2
SMN
Câu IV.2
(1điểm)
MN
NH
2
4
SABCD MN 2
sin sin
sin 2
tan
1
sin cos
1
4
1
4
VSABCD
2
2
3 sin cos 3.sin .cos
sin 2 sin 2 2cos2 2
1
2
2
2
sin .sin .2cos
sin 2 .cos
3
3
3
2
VSABCD min sin .cos max
SI MI .tan
sin 2 2cos 2 cos
1
3
Câu IV.3
(1điểm)
Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD
Ta có MN 2 M ' M2 M ' N 2 M ' M2 M ' N '2 N ' N 2
Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có M ' A M ' M
Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N ' D N ' N
M ' N ' AD M ' A N ' D a x 2
2
x2
x2
ax 2
3x2 2 2a.x a2
Khi đó MN 2
2
2
2
2 a2 a2
a 3
MN 2 3 x
a MN
3
3
3
3
Vậy MN ngắn nhất bằng
a 3
a 2
đạt được khi x
3
3
NGHỆ AN 11 16-17
x 2
;
2
x 2
2
