DAP AN TUAN 1 THANG 1 NAM 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT LONG MỸ CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC LẦN 3 ĐÁP ÁN TUẦN 1THÁNG 01 NĂM 2103 (07 tháng 01 năm 2013) KHỐI 10 x  2  m  2  x   7m  11 x  6m  14 0 3. 2. Câu 1: Cho phương trình có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1. pt  1   x  2  x 2  2  m  1 x  3m  7 0. . . Tìm để phương trình đã cho. .  x 2  1  2  x  2  m  1 x  3m  7 0  2  Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và thỏa m 7  2  ' m  m  8  0 m  3   x  1  x  1  0   1 2 m 7   x1  x2  1  2 x1; x2 :1  x1  x2 Câu 2: Cho a, b, c các số thực dương thỏa mãn: ab  bc  ca 3. 1 1 1 1    . 2 2 2 1  a  b  c  1  b  c  a  1  c  a  b  abc Chứng minh rằng: 2 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 ab  bc  ca 3 ( abc )  abc 1 . 1 1 1  a 2 (b  c) abc  a 2 (b  c) a (ab  bc  ca) 3a   (1). 2 1  a (b  c) 3a Suy ra:. 1 1 1 1  (2),  (3). 2 1  c (a  b) 3c Tương tự ta có: 1  b (c  a ) 3b Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1  1 1 1  ab  bc  ca 1         2 2 2 3abc abc . 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) 3  a b c  abc 1, ab  bc  ca 3  a b c 1, (a, b, c  0). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 x y 2  5  y x 2  8 9 xy    x x 2  8  y y 2  5 4  x 2  y 2 Câu 3: Giải hệ phương trình:  2. . Với x 0  y hệ pt không thỏa mãn. .

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  y2  5 x2  8 2 9 2 y x   x x 2  8  x  y y 2  5  y 4   Với x, y 0 thì hệ  y2  5 x2  8  y2  5 2 9 2 x2  8 2 9 2 y x  y x     8 5  4 8x 5y   2 2  5 x  8 y  5  x2  8  x  1 1 y2  5  y   x y  x2  8 u   2u  2  v  1 11 x  2u  2v 9     4 5 y2  5  8 5   2 v    4    u  1 2 v  1   u  1 v  1 y   Đặt  hệ pt trở thành. .  . . 2  v  1 11  2u  1   4 5  2  2    u  1 11  2u  4  11  2u   5  u  1 2  u  1  11  2u   4u 2  21u  27 0 Pt(2) 3   u 3  v  2   u 9  v 9  4 4  x2  8  x, y 0 3  u 3  x 2  8 3 x  x 1   x     x 1    3 2 2  y 2 v  2  y 5 3  y 2 2 y  5 3 y    y 2  Với   x, y 0  8 130  x  8 130   65   x  65   y  4 13   4 13 13   y  13  Với KHỐI 11 Câu 1: Tính tổng các nghiệm của phương trình x x  2 x  3   6x    4sin 6  4cos6  4cos   cos    3 0 0;100 2 2  4   4  trên đoạn   x2  8 9   u 3 4 x 2  8 9 x 4   x      2  3 2 v    y 5 9 4 y  5 9 y 2   y 4 .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. x x x x x x     pt  4  sin 2  cos 2   3sin 2 cos2  sin 2  cos2   4 2  cos  2 x     cos   x   2 2 2 2 2 2  2    3   4  1  sin 2 x   3 2   cos 2 x  sin x   4  3sin 2 x  3  2cos 2 x  2sin x  4   7 s in 2 x  2sin x  9 0  sin x  1    x   k 2  k  Z  9  sin x   VN  2 7    1 1 50 0  x 100  k 2   100  k   2 2 4 4  k  Z  k  1;2;3;4;....15;16 Do  1 543 S   2  1  2  3  ....  15  16  272    2 2 2 Vậy tổng cần tìm M  3;2  Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi là trung điểm  2 2 G ;  I 1;  2  của BC,  3 3  là trọng tâm của tam giác ABC, và  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C của tam giác ABC.   7 4  GM  ;  IM  2;4  + Ta có : và   3 3  A x ;y  A   4;  2  + Gọi  A A  , ta có AG 2GM . M 3; 2  IM  2;4  + Đường thẳng BC qua điểm  và nhận nên có phương trình: x  2 y  7 0 . C  x; y . 2. 2. x  1   y  2  25 + Gọi ta có IC  IA nên ta được:   x  2 y  7 0  2 2 x  1   y  2  25    + Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :  x 5  x 1   + Giải hệ phương trình ta được :  y 1 và  y 3 C 5;1 C 1;3 +Vậy có 2 điểm C thỏa mãn :   và   Câu 3: Cô dâu và chú rể mời bốn người bạn đứng thành một hàng ngang để chụp ảnh cùng với mình. Có bao nhiêu cách xếp hàng nếu cô dâu đứng bên trái chú rể TH1:Số cách xếp hàng ngang mà cô dâu đứng bên trái cạnh chú rể là 5! 120 TH2: Xếp hàng ngang mà cô dâu đứng bên trái không cạnh chú rể Số tất cả các cách xếp hàng ngang là 6! 720 Số cách xếp hàng mà cô dâu không đứng cạnh chú là 6! 240 480 (240 là số cách xếp cô dâu đứng cạnh chú rể: 2.5! 240) Vậy số cách xếp hàng nếu cô dâu đứng bên trái chú rể.. 5!. 480 360 2 (cách xếp).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> KHỐI 12 4. x 5  3x 2  2 2 có đồ thị (C) và điểm A  (C ) với x A a. Tìm các giá trị Câu 1: Cho hàm số của a, biết rằng tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B,C khác A sao cho AC 3 AB ( B nằm giữa A và C) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm A với xA= a là: a4 5 y  2a 3  6a  x  a    3a 2  2 2 Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với đồ thị ( C) x4 5 a4 5  3 x 2  (2a 3  6a)( x  a)   3a 2  2 2 2 2 2 2 2  ( x  a ) ( x  2ax  3a  6) 0 y. . . 2 2 Để có 3 giao điểm A,B,C thì phương trình : x  2ax  3a  6 0 (1) có hai nghiệm phân biệt  3  a  3  a 1 khác a   xB  xC  2a  x x 3a 2  6 Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của pt ( 1)  nên  B C Mặt khác AC=3AB ( B nằm giữa A và C )  AC 3 AB  xC  3xB  2a. Giải hệ ba phương trình trên ta được a  2 ( thỏa đề bài)  4 x2  2  6 2 log 2003  6   x  3x  1 2  x x 2 Câu 2: Giải phương trình a 4 x 2  2  0  6 2 Đặt b  x  x  1  0 a 2013b a  log 2013   b  a    a b a b b 2013    x 6  3x 2  1 0 pt 2 3 Đặt t  x 0 pt  t  3t  1 0 (1).  f ( 2)  3  f ( 1) 1  3 f (t ) t  3t  1 (t  R )    f (0)  1  f (2) 1 Xét hàm số Suy ra pt f(t)=0 có một nghiệm thuộc mối khoảng ( -2; -1); (-1;0);(0;2)  t 2cos  (0    )  pt(1) chỉ có một nghiệm t  (0; 2) nên ta dặt 2 khi đó 3 (1)  2(4cos   3cos  ) 1  1  x1,2  2cos  cos3     9 2 9 . Vậy pt đã cho có hai nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 3: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết AB 2 AD 2 DC 2a  a  0  . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; M nằm trên AM  x  0  x  a  đoạn AD sao cho . Mặt phẳng (P) qua M và song song với SA, AB lần lượt cắt các cạnh BC, SC, SD tại N, P,Q 1) Tìm x để thể tích khối chóp S .MNPQ lớn nhất. Tính thể tích đó 2) Gọi I là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng khi M di động trên AD thì I chạy trên đường thẳng cố định S. I P. Q H. A M. B N. K D. C. J.  MN  P    ABCD   MQ  P    SAD     MN // AB  SA   SAD   MQ // SA  AB   ABCD    AB //  P    SA //  P  Ta có  PQ  P    SAD    PQ // AB CD   SAD   CD //  P   do AB // CD .  P    SBC   NP Ta có MNPQ là hình thang (1) Gọi J  AD  BC Khi đó DC là đường trung bình tam giác JAD P x Q 2(a-x) M a-x. Q'. 2a-x. P'. N.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> MN // AB MN JM 2a  x    AB JA 2a  MN 2a  x MQ // SA MQ DM a  x    SA DA aa MQ 2  a  x  QP // CD QP SQ   CD SD DQ DM DS  SQ a  x SQ x      DS DA DS a SD a PQ x    PQ  x CD a JN JM JI    NI // SB  NP // SB JP JA JS Mặt khác NP CP DQ DM     NP 2  a  x  DA Khi đó ta có SB CS DS Vậy NP = NQ vậy MNPQ là hình thang cân Gọi P’, Q’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên MN.  MQ ' NP '  MQ ' a  x QQ '  MQ 2  MQ '2  3  a  x  Suy ra S a 3  a  x  Vậy MNPQ SAB  //  MNPQ  Ta có  SAB  Gọi H là trung điểm AB vì  đều suy ra SH  AB SAB    ABCD   SH   ABCD  Vì  Mà ABCD là hình thang vuông tại A, D suy ra ABCH là hình vuông CH  AD  CH   SAB   do SH  ABCD  SH  CH   Suy ra  HK   MNPQ   HK d  S ,  MNPQ    x SAB  //  MNPQ  Mà  suy ra 2. Vậy. VS .MNPQ. 1 a 3 a 3 a xx a3 3  x.a 3  a  x   x  a  x     3 3 3  2 4 . a a3 3  x a  x  x   Vmin  2 4 Dấu bằng  I   SBC  I  NP  MQ    I   SBC    SAD  SJ I  SAD    2) Ta có.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Vì.  SAD  ,  SBC . cố định suy ra SJ cố định nên I chạy trên SJ cố định (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>