De so 4 nam 2013 tap chi THTT Loi giai tham khaocua wwwk2pinet

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI GIẢI THAM KHẢO TỪ DIỄN ĐÀN TOÁN THPT. TẠP CHÍ TH-TT. www.k2pi.net. ne t. ĐỀ SỐ 04 NĂM 2013. Câu I.2. Cho hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x + 1 (C ) Tìm trên trục hoành điểm A sao cho tam giác với ba đỉnh là A và hai điểm cực trị của hàm số (C ) có chu vi nhỏ nhất . a) Lời giải :(diennhoc123) f 0 (x) = 3x 2 − 12x + 9 " x =1 0 f (x) = 0 ⇔ x =3. k2 pi.. Từ đó suy ra hai điểm cực trị của hàm số (C ) là B (1; 5) và C (3; 1). Điểm A nằm trên trục hoành có tọa độ dạng A(a; 0). Chu vi tam giác ABC là: 2p = AB + BC +C A =. Áp dụng bất đẳng thức. q. ta có:. q. x2 + y 2 +. q q p (a − 1)2 + 52 + 22 + 42 + (3 − a)2 + 12 p. (a − 1)2 + 52 +. Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC nhỏ nhất ⇔. z2 + t 2. q ¡ ¢2 ≥ (x + z)2 + y + t. q p p (3 − a)2 + 12 ≥ 42 + 62 = 2 13. µ ¶ a −1 5 8 8 = ⇔ a = ⇒ A ;0 3−a 1 3 3. . Hoặc có thể giải theo cách sử dụng phương pháp hình học: Ta có B,C nằm cùng phía so với trục hoành và B 0 (1; −5) là điểm đối xứng của B qua trục hoành. Phương trình đường thẳng B 0C :. ww w.. x −3 y −1 = ⇔ 3x − y − 8 = 0 3−1 1+5 ¢ ¡ Gọi M là giao điểm của B 0C với trục hoành thì M 83 ; 0 . Ta có: C ∆ABC min ⇔ (AB + AC ) min. ³. Câu II.1 Tìm nghiệm x ∈ 0; Lời giải (xuannambka):. AB + AC = AB 0 + AC ≥ B 0C = const ¡ ¢ ⇒ C ∆ABC min ⇔ A ≡ M ⇒ A 83 ; 0. π´ của phương trình : cos 6x (1 + 2 sin x) + 2 cos2 x = 1 + 2 cos 5x sin 2x 2. ⇔ cos 6x (1 + 2sinx) + 2cos2 x − 1 − 2 cos 5xsin2x = 0 ⇔ cos 6x + cos 2x + 2sinxcos6x − 2 sin 2xcos5x = 0 ⇔ cos 6x + cos 2x + sin 3x − sin 5x = 0 ⇔ 2 cos 4xcos2x − 2 cos 4xsinx = 0. . π kπ x=− +  8 4 cos 4x = 0  cos 4x = 0 π k2π ´ ⇔ ³π (k ∈ Z ) ⇔ ⇔ x = +  −x cos 2x = cos cos 2x = sinx 6π 3  2 x = − + k2π 2 ³ π´ π 3π π Vì x ∈ 0; , suy ra nghiệm của phương trình là:x = ; x = ; x = 2 8 8 6 ". .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ¡. ¢. Giải phương trình : 4 (x − 1) log3 (x + 1) + log4 (x + 2) = 5x − 2. Lời giải (Mai Tuấn Long ):. ne t. Câu II.2. ĐK : x > −1 Ta có x = 1 không phải là 1 nghiệm của PT, chia hia vế của PT cho: 4(x − 1) P T ⇔ log3 (x + 1) + log4 (x + 2) =. 5x − 2 4(x − 1). Ta thấy : VT = log3 (x + 1) + log4 (x + 2) là hàm đồng biến;. 5x − 2 là hàm nghịch biến trên các khoảng (-1;1) và (1; +∞). 4(x − 1) ⇒ trên mỗi khoảng P T nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất trên khoảng đó. VP =. Câu III.. k2 pi.. Trên khoảng (-1;1) có x=0 thỏa mãn PT ⇒ x = 0 là một nghiệm Lại có trên khoảng (1; +∞) có x = 2 thỏa mãn P T . Vậy PT có hai nghiệm là x = 0; x = 2. Tính tích phân : I =. Lời giải (Mai Tuấn Long):. Z. π 2. 0. µ. ¶ 1 2 x 2 + sin x d x x +1. ¶ µZ π ¶ Z πµ Z π Z π 2 2 d (x + 1) 1 2 1 1 2 1 2 2x 2 I= + x − x cos 2x d x = + d (x ) − x.d (sin 2x) 2 0 x2 + 1 2 0 x2 + 1 2 0 4 0 π µ ¶ 1 2 π2 1 1 1R π 2 = l n(x + 1) + x |0 − x. sin 2x|02 + 02 sin2x.d x 4 ¶ 4 4 µ2 π π 1 2 π2 1 1 1 2 2 = l n(x + 1) + x |0 − x. sin 2x|0 − cos 2x|02 2 µ 4 8 ¶ 42 1 π2 π 1 = ln +1 + + 2 4 16 4 0. 0. 0. 0. ww w.. Câu IV. Cho lăng với AB = a, AC = 2a , AC tạo ³ 0 0trụ ´đứng ABC .A B C . Đáy ABC là tam giác vuông tại A 0 0 với mặt phẳng B C C B một góc α. Mặt phẳng đi qua A vuông góc với B C cắt BC tại H , cắt CC tại E . 0. Tính thể tích khối chóp A H AE .. Lời giải 1 ( Mai Tuấn Long): Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với B’C AH ⊂ (P ) ⇒ AH ⊥ B 0C  B B 0 ⊥ (ABC ) ⇒ AH ⊥ B B 0  AH ⊂ ((ABC ). 0 H = ACá 0 , B B 0C 0C = α ƒ ⇒ AH ⊥ (B B 0C 0C ) ⇒ AH ⊥ BC ⇒ AC p p p 1 1 2a 5 4a 5 1 2 2 Trong ∆ABC có: = + ⇒ AH = ; C H = AC − AH = AH 2 AB 2 AC 2p 5 5 p p 2a 5 5 − 25si n2α AH 2a Trong ∆AC 0 H có: AC 0 = = ⇒ A A 0 = AC 02 − A 0C 02 = si nα 5si nα 5si nα p 1 2a 2 1 − 5si n 2 α 0 0 ∆A A H là tam giác vuông tại A ⇒ S A A 0 H = A A .AH = 2 5si nα Lại có: C H ⊥ AH ;C H ⊥ A A 0 ⇒ C H ⊥ (A A 0 H ) ⇒ d (C ; A A 0 H ) = C H. CC 0 ∥ A A 0 ⇒ CC 0 ∥ (A A 0 H ) ⇒p C E ∥p (A A 0 H ) ⇒ d (E ; A A 0 H ) = d (C ; A A 0 H ) = C H 3 1 8 5a 1 − 5si n 2 α ⇒ VE .A A 0 H = C H .S A A 0 H = 3 75si nα p 5 2 Bài toán xác định khi: 1 − 5si n α > 0 ⇔ 0 < α < ar c si n( ) 5. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> p p p 8 5a 3 1 − 5si n 2 α 5 với 0 < α < ar c si n( ) Vậy thể tích của khối chóp E.AA’H là: 75si nα 5. ne t. Lời giải 2 ( Phạm Kim Chung): Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, đặt A A 0 = m, m > 0 . Ta có : A (0; 0; 0) , B (a; 0; 0) , C (0; 2a; 0) , A 0 (0; 0; m) , B 0 (a; 0; m) , −−→ +) Đườngthẳng AC 0 có véc-tơ chỉ phương là i: AC 0 (0; 2a; m) . h −−→ −→ −−→ −→ +) Mà : BC (−a; 2a; 0) , BC 0 (−a; 2a; m) ⇒ BC ; BC 0 = (2am; am; 0) , nên véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng − (B 0C 0 BC ) là : → n (2; 1; 0) Theo bài ra : ¯ −−→¯ s ¯→ ¯ − ¯ n . AC 0 ¯ 1 2a sin α = ¯ ¯ ¯−−→¯ = p ⇒ m = 2a −1 ¯ ¯ − 5sin2 α ¯→ 20a 2 + 5m 2 n ¯ . ¯ AC 0 ¯. −−→. ¡ ¢. k2 pi.. +) Mặt phẳng β đi qua A nhận véc-tơ B 0C (−a; 2a; −m) làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình −ax+2a y − mz = 0: . −−→ −→ → u +) Ta lại có : BC (−a; 2a; 0) ,CC 0 (0; 0; m) . Nên : đường thẳng BC đi qua B nhận − 1 (−1; 2; 0) làm véc tơ chỉ    x = a − t1 phương có phương trình : y = 2t 1 (t 1 ∈ R)    z =0 µ ¶ ¡ ¢ 4a 2a ; ;0 Do H = BC ∩ β ⇒ H 5 5. → 0; 1) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương trình : đường thẳng CC qua C và nhận − u 2 (0; 0. ¶ µ ¡ ¢ 4a 2 0 mà E = CC ∩ β ⇒ E 0; 2a; m r 1 1 ¯¯−−→ h−−→0 −→i¯¯ 4a 2 m 8a 3 Từ đó ta có : V AH E A 0 = ¯ AH . AA ; AE ¯ = = −1 6 15 15 5sin2 α. Câu V..       . x =0. y = 2a z = t2. (t 2 ∈ R). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a 3 + b 3 + c 3 = 3. Chứng minh rằng :. ww w.. a3 2b 3 3c 3 3 + + ≤ 2 3 2 4 4 2 2 b − 2b + 3 c + a − 2a − 3c + 7 a + b + a − 2b − 6a + 11 2. Lời giải (khanhtoanlihoa): Ta có: b 2 − 2b + 3 ≥ 2. (c 3 + 1 + 1 − 3c) + (a 2 + 1 − 2a) + 4 ≥ 4. (a 4 + 1 + 1 + 1 + a 2 + 1 − 6a) + (b 4 + 1 − 2b 2 ) + 6 ≥ 6 a3 + b3 + c 3 3 = ⇒ đpcm. ⇒VT ≤ 2 2 Dấu " = " khi a = b = c = 1.. CâuVI.a.1 Trong mặt phẳng Ox y cho A (−2; 1) , B (1; 5) ,C (4; 0). Gọi G, H lần lượt là trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC . Viết phương trình đường tròn đi qua A,G, H . Lời giải (Lữa Cưa): Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: G (1; 2) Giả sử H (a; b). Do H là trực tâm của tam giác ABC nên:   . ~ .BC ~ =0 AH. ~ =0 B~H . AC. ⇔.   . 3 (a + 2) − 5 (b − 1) = 0 6 (a − 1) − (b − 5) = 0. Giả sử đường tròn đi qua 3 điểm A,G, H có dạng:. x 2 + y 2 + 2ax + 2b y + c = 0. 3. ⇔.     . 16 27 23 b= 9 a=.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>           .      . 5 − 4a + 2b + c = 0. 5 + 2a + 4b + c = 0 ⇔    5017 32a 46b  + + +c = 0  729 27 9. 343 756 343 b=− 252 175 c =− 378 a=. ne t. Ta có hệ phương trình:. Từ đó, thay lại sẽ có phương trình đường tròn.. k2 pi.. Câu VI.a.2 Trong không gian Ox y z cho A (1; 2; 3),B (3; 4; −1) và mặt phẳng (P ) có phương trình 2x + y + 2z + 9 = 0. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P ) sao cho M A 2 + M B 2 nhỏ nhất. Lời giải 1 (ledinhmanqb): (Giải quyết bài toán bằng phương pháp đại số) Gọi điểm M (a; b; c) ∈ (P ), nghĩa là 2a + b + 2c + 9 = 0. −−→ −−→ Ta có AB 2 = 24, M A = (1 − a; 2 − b; 3 − c), M B = (3 − a; 4 − b; −1 − c). Xét −→ −−→ −−→ −−→ −−→ AB 2 = AB 2 =. ( AM + M B )2 = AM 2 + M B 2 + 2 AM .M B −−→ −−→ AB 2 + 2M A.M B. ⇒ M A2 + M B 2 =. 24 + 2 [(1 − a)(3 − a) + (2 − b)(4 − b) + (3 − c)(−1 − c)] ¡ ¢ = 2 a 2 + b 2 + c 2 − 4a − 6b − 2c + 20 ¤ £ = 2 (a + 2)2 + (b − 1)2 + (c + 3)2 − 4(2a + b + 2c + 9) + 42. =. 2(a + 2)2 + 2(b − 1)2 + 2(c + 3)2 + 84 ≥ 84. =. Do đó. ¡. ¢ M A 2 + M B 2 min = 84 ⇐⇒ a = −2, b = 1, c = −3. Vậy điểm M (−2; 1; −3) là điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu VII.a Trong đợt tập quân sự, Tiểu đội 1 thuộc Trung đội 11A 7 có 15 chiến sĩ gồm 9 nam, 6 nữ. Theo lệnh của Trung đội trưởng, Tiểu đội 1 chạy từ chỗ nghỉ ra bãi tập và xếp ngẫu nhiên thành một hàng dọc. Tính sác xuất để người đứng đầu và cuối hang là nữ.. ww w.. Lời giải (Mai Tuấn Long): Số cách Xếp 15 người thành một hàng dọc là: P 15 = 15! ⇒ |Ω| = 15!. Số cách xếp hai nữ vào hai vị trí đầu và cuối là: A 26 Số cách xếp 9 h/s còn lại là: P 9 = 9! ⇒ Số cách xếp 15 người thành hàng dọc sao cho người đứng đầu và cuối đều là nữ là: A 26 .P 9 = 30.9! Gọi A là biến cố xếp 15 người thành hàng dọc sao cho người đứng đầu và cuối đều là nữ ⇒ |A| = 30.9! |A| 30.9! = ⇒ P (A) = |Ω| 15!. Câu VI.b.1 Trong mặt phẳng Ox y cho đường tròn (C ) có phương trình x 2 + y 2 +8x +4y +16 = 0 và đường thẳng (d ) có phương trình x + y −5 = 0. Tìm trên (d ) điểm M , trên (C ) điểm N sao cho O là trung điểm của đoạn M N . Lời giải (ledinhmanqb): Gợi ý : Gọi M (a; 5 − a) ∈ (d ). Vì N đối xứng với M qua gốc tọa độ O nên ta có N (−a; a − 5). Để N ∈ (C ) thì p 7± 7 (−a) + (a − 5) − 8a + 4(a − 5) + 16 = 0 ⇐⇒ a = 2 2. 2. Từ đó suy ra tọa độ M , N .. 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu VI.b.2. Trong không gian Ox y z cho hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt có phương trình d1 :. x −7 = 1. ne t. x −3 y −1 z −1 y −3 z −9 = ; d2 : = = . Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với d1 , d2 . 2 3 −7 2 3. Lời giải (ledinhmanqb): HD : - Chứng minh (d 1 ), (d2 ) chéo nhau; - Gọi I , R là tâm và bán kính mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng. Gọi M1 , N1 lần lượt là hai tiếp điểm của mặt cầu với (d1 ), (d2 ). Gọi M , N lần lượt là hai điểm đầu mút của đoạn vuông góc chung của hai đường 1 2. thẳng đó. Khi đó ta có 2R = I M1 + I N1 ≥ M1 N1 ≥ M N . Suy ra R mi n = M N . Tức là mặt cầu cần tìm có tâm là 1 2. trung điểm của M N và có bán kính bằng M N .. k2 pi.. Câu VII.b. Xác suất sút bóng từ xa ghi bàn thắng của Đội tuyển bóng đá Quốc gia Việt Nam là 0, 7. Trong trận chung kết giữa Việt Nam gặp Thái Lan, các cầu thủ Việt Nam đã 5 lần thực hiện sút xa. Tính xác suất để Đội tuyển Việt Nam ghi đươc 3 bàn thắng trong 5 tình huống sút xa đó. Lời giải (Mai Tuấn Long): Xác suất một quả bóng vòa lưới là: 0,7 nên xác suất quả bóng không vào lưới là 0,3 Số các TH 3 quả bóng vào lưới trong 5 lần sút là: C 53 = 10 Gọi A là biến cố có 3 bàn thắng được ghi ⇒ P (A) = C 53 (0, 7)3 .(0, 3)2 = 10.(0, 7)3 .(0, 3)2. ww w.. ———————Hết—————Xn được gửi lờ cảm ơn tới các thành viên đã tham gia post đề và thảo luận trên diễn đàn.. 5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>