Kiem tra Tong hop Bai so 31 Dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Kiểm tra Tổng hợp – Toán 11 Bài số 31 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt trung điểm của cạnh AB và AC. Vẽ NH vuông góc CM tại H, HE vuông góc AB tại E. Đường thẳng qua B vuông góc CM cắt HE tại I  8;1  , trung trực của HA có phương trình x  3 y  21  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác biết B thuộc đường thẳng x  y  11  0 . Hướng dẫn Giả sử BI vuông CM tại P và cắt CA tại K. Dễ dàng chứng minh được. ABN  ACM  IHP  ABK nên BA là tia phân giác góc KBN . Mà BA cũng là đường cao nên tam giác BKN cân tại B  KA  AN  NC . 1 AC 2. Mà NHIK là hình bình hành  IH / / NK , NH / / IK  , suy ra IH  NK  IH  AC nên ACHI cũng là hình bình hành. Do đó, AI / /CH hay AI  BK Như vậy, MP / / AI mà M là trung điểm AB nên P là trung điểm BI. Khi đó, HP vừa là đường. cao,. vừa. là. trung. tuyến. nên. tam. giác. BHI. cân. tại. H,. suy. ra. HB  HI  BH  AC  BH  BA hay B thuộc đường trung trực của AH. Từ đó tìm được B là giao của trung trực AH và đường x  y  11  0 là B  6;5 Mặt khác, ta có. KI KA 1 1 1 1 1    KI  KP  KI  IP  IB  IK  BI KP KC 3 3 2 4 4.  17  Từ đó tìm được K  ;0  ; đồng thời viết được BK : 2 x  y  17  0 và AI : x  2 y  6  0 .  2  5   Giả sử A  2a  6; a   AI thì BA   2a; a  5 , KA   2a  ; a  2  .  a  0  A  6;0  5  Khi đó, BA.KA  0  2a  2a    a  a  5  0  a  5a  10   0   2  b  2  A 10; 2  Đồng thời cũng có KC  3.KA , nên ta tìm được C: Với A  6;0   C 1;0  ;. Với A 10;2   C 13;6 . 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Kiểm tra lại điều kiện A, C phải nằm khác phía so với trung trực của AH, ta được. A 10; 2 , B  6;5 ,C  13;6 . Câu 2. Cho hàm số f  x   3cos6 2 x  sin 4 2 x  cos 4 x  m . 1) Giải phương trình f  x   0 khi m  0 . 2) Cho hàm số g  x   2cos2 2 x 3cos 2 2 x  1 . Tìm m để phương trình f  x   g  x  có nghiệm. Hướng dẫn. f  x   3cos6 2 x  sin 4 2 x  cos 4 x  m  3cos 6 2 x  1  cos 2 2 x   2cos 2 2 x  1  m 2.  3cos6 2 x  1  2cos 2 2 x  cos 4 2 x  2cos 2 2 x  1  m  3cos 6 2 x  cos 4 2 x  m 1) Khi m  0 thì f  x   0  3cos6 2 x  cos4 2 x  0  cos 4 2 x  3cos 2 2 x  1  0. cos 2 x  0      2 x   k  x   k , k  Z 2 2 4 2 3cos 2 x  1  0 VN  2). f  x   g  x   3cos6 2 x  cos4 2 x  m  2cos2 2 x 3cos 2 2 x  1.  m  3cos6 2 x  cos 4 2 x  2cos 2 2 x 3cos 2 2 x  1  m  cos 4 2 x  3cos 2 2 x  1  2cos 2 2 x 3cos 2 2 x  1. cos 2 2 x  0  t  0 Đặt t  cos2 2 x 3cos2 2 x  1 , với  2 thì pt  m  t 2  2t . cos 2 x 1  t  2 f t  Dễ thấy f t   t 2  2t là hàm liên tục trên R nên phương trình m  f  t  có nghiệm khi min f  t   m  max f  t  với 0  t  2 . Ta có f  t   t 2  2t   t  1  1 2. Do 0  t  2  1  t  1  1  0   t  1  1  1  f  t   0 2. Như vậy, phương trình có nghiệm khi 1  m  0 . Câu 3. 1) Vẽ đồ thị hàm số f  x   2cos x  1 . Dựa vào đồ thị chỉ ra giá trị của x để f  x   0 . 2) Giải phương trình cos2 x  4cos x  3  x  2sin x  x  . Hướng dẫn 1) Đồ thị hàm số f  x   2cos x  1 trên đoạn  3 ;3  .. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2  2   k 2 ;  k 2 , k  Z  . Từ đồ thị nhận thấy f  x   2cos x  1  0  x    3  3  2) Giải phương trình cos2 x  4cos x  3  x  2sin x  x  pt  x 2  2 x sin x   cos2 x  4cos x  3  0  '  sin 2 x  cos2 x  4cos x  3  2cos 2 x  4cos x  2  2  cos x  1. 2. Dễ thấy  '  2 cos x 1   0 nên phương trình chỉ có nghiệm khi 2.  '  2  cos x  1  0  cos x  1 2. cos x  1  sin x  0 cos x  1    x  0  x0 Khi đó pt   2 1  4.1  3  x  2sin x  x    2sin x  x  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . Câu 4. Cho tứ giác ABCD có AB  6 3cm, CD  12cm , góc A  600 , B  1500 , D  900 . Tính độ dài các cạnh BC và DA. Hướng dẫn. . . Trước hết có C  3600  A  B  D  3600   600  1500  900   900 . Xét phép tịnh tiến TBC và điểm E  TBC  A thì ABCE là hình bình hành nên CE  AB  6 3 .. Đồng thời có BAE  1800  B  1800  1500  300 , suy ra DAE  BAE  300 . Tương tự cũng có BCE  DCE  300 . Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của E trên AD, CD. Ta có CK  CE.cos DCE  6 3.cos300  9cm suy ra DK  CD  CK  12  9  3cm . Đồng thời EK  BC .sin DCE  6 3.sin30. 0. 3 3 cm DE  DK 2 EK. 3. 2. 6cm ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Nhận thâ EK  BC.sin DCE  6 3.sin 300  3 3cm  DE  DK 2  EK 2  6cm .. . Khi đó nhận thấy DE 2  CE 2  62  6 3. . 2.  144  CD 2 nên tam giác CDE vuông tại E.. Suy ra CED  900  CDE  900  DCE  600  ADE  300 . Nhận thấy DAE  ADE  300 nên tam giác ADE cân tại E, suy ra EA  ED  6cm . ABCD là hình bình hành nên BC  AE  6cm . Mặt khác lại có DHEK là hình chữ nhật nên DH  EK  3 3cm . Tam giác ADE cân tại E nên H là trung điểm AD, suy ra AD  2.DH  2.3 3  6 3cm . Vậy, BC  6cm; AD  6 3cm . Câu 5. 1) Chứng minh rằng. n 1  1 1  1  k  k 1   k với n, k  N , k  n . n  2  Cn1 Cn 1  Cn. 2) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ 3 màu? Hướng dẫn 1) Chứng minh hệ thức. n 1  1 1  n  1  k ! n  k  1!  k  1! n  k !      k  k 1   n  2  Cn 1 Cn 1  n  2   n  1!  n  1!  k ! n  k  ! 1 n  1 k ! n  k  !  . .  n  k  1  k  1   k  VP n! Cn n  2  n  1 !. VT . 2) Số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bằng số cách chọn 4 viên khác nhau trừ đi số cách chọn sao cho có đủ 3 màu. . Số cách chọn 4 viên khác nhau từ tổng số 15 viên bi là C154 cách.. . Ta tìm số cách chọn 4 viên sao cho có đủ 3 màu.. Để 4 viên bi có đủ 3 màu, ta có 3 khả năng:  TH 1: 1 viên đỏ, 1 viên trắng, 2 viên vàng. Số cách là C41 .C51 .C62 .  TH 2: 1 viên đỏ, 2 viên trắng, 1 viên vàng. Số cách là C41 .C52 .C61 .  TH 3: 2 viên đỏ, 1 viên trắng, 1 viên vàng. Số cách là C42 .C51 .C61 . Vậy tổng số cách chọn có đủ 3 màu là C41 .C51 .C62  C41 .C52 .C61  C42 .C51 .C61  720 . Vậy số cách chọn mà không có đủ 3 màu là C154  720  645 . là 21  624  645 . Câu 6. Chứng minh hệ thức 1  10C21n  102 C22n  103 C23n  ... 102 n1 C22nn1  102 n  81n , với n là số tự nhiên. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Hướng dẫn Xét khai triển  x  10 . 2n. 2n.   C2kn .x 2n k 10 k k 0.  C20n  10C21n x2 n1  102 C22n x2 n2  ...  102 n1 C22nn1 x2 n1  102 n C22nn x2 n. Chọn x  1, đẳng thức trên trở thành:. 1  10   C20n  10C11n  102 C22n  ...  1022 nn1  102 n C22nn 2n   9   1  10C21n  102 C22n  ...  1022 nn 1  102 n 2n.  81n  1  10C21n  102 C22n  ...  1022 nn 1  102 n 2 2   x  2 y  xy  2 y Câu 7. Giải hệ phương trình  3 . 2 2 2 2 x  3 xy  2 y  3 x y  . Hướng dẫn 2 2  x  xy  2 y  2 y hpt   3  2 y 2  x 2  xy  2 y 2   2 y  2 x 3  3x 2 y  3xy 2  2 2 2 2 x  3x y  3xy  2 y  2 x 2 y 2  2 xy 3  4 y 4  4 x 3 y  6 x 2 y 2  6 xy 3.  8 x 2 y 2  8 xy 3  4 y 4  4 x3 y  0  8 xy 2  x  y   4 y  x 3  y 3   0  2 xy 2  x  y   y  x  y   x 2  xy  y 2   0 y  0   x  y  0  x  y  2 2 2 2  2 xy   x  xy  y   0  x  xy  y  0  x  y  0 Thử lại thấy x  y  0 thỏa mãn hệ nên đầy là 1 nghiệm. Với y  0 thì 1  x 2  0  x  0. x  0  y  0 Với x  y thì 1  x 2  x 2  2 x 2  2 x   x  1  y  1 Vậy hệ có nghiệm  0;0  , 1;1  Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tâm O. Mặt bên (SAB) là tam giác đều và tam giác SAD vuông tại A. Gọi Dx là đường thẳng qua D, song song với SC. 1) Tìm giao điểm I của Dx với mặt phẳng (SAB). Chứng minh AI / / SB . 2) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (AIC). Tính diện tích thiết diện đó. Hướng dẫn 1) Qua S kẻ đường St / / AB / /CD thì St, CD đồng phẳng. Khi đó, Dx  St  I thì I  Dx   SAB  . 2) Trong  SCDI  , gọi giao điểm IC  SD  E .. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Thiết diện của hình chóp tạo bởi  AIC  là tàm giác AEC.. Tam giác SAB đều nên SC  SD  SA2  AD2  a 2 . Khi đó ta có hình bình hành SCDI với SI  CD  a ; DI  SC  a 2 và SD  a 2 .. cos SCD . SC 2  CD 2  SD 2 2a 2  a 2  2a 2 1 1   nên cos CDI   . 2.SC.CD 2 2 2.a 2.a 2 2. IC 2  DI 2  CD 2  2.DI .CD.cos CDI  2a 2  a 2  2.a 2.a.. 1 2 2.  4a 2  IC  2a .. Khi đó, ta có tam giác AIC với AI  SB  a ; AC  a 2; IC  2a . cos AIC . IA2  IC 2  AC 2 a 2  4a 2  2a 2 3 7 .    sin AIC  2.IA.IC 2.a.2a 4 4. 1 1 7 a2 7  Diện tích S AIC  .IA.IC.sin AIC  .a.2a. . 2 2 4 4 1 a2 7 E là trung điểm IC nên diện tích thiết diện S AEC  .S AIC  . 2 8. Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình chữ nhật với AB  a , BC  a 3 , mặt bên (SBC) vuông tại B, mặt bên SCD vuông tại D có SD  a 5 . 1) Chứng minh SA   ABCD  và tính SA. 2) Đường thẳng qua A và vuông góc AC cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại I, J. Gọi H là hình chiếu của A trên SC. Hãy xác định các giao điểm K, L của SB, SD với mặt phẳng (HIJ). 3) Chứng minh rằng AK   SBC  , AL   SCD  .. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4) Tính diện tích tứ giác AKHL. Hướng dẫn.  BC  AB 1) Theo giả thiết thì   BC   SAB   SA  BC  BC  SB Tương tự cũng có SA  CD  SA   ABCD  2) HI  SB  K thì SB   HIJ   K và HJ  SD  L thì SD   HIJ   L ..  IJ  AC 3) Ta có   IJ   SAC   SC  IJ  IJ  SA  SC  IJ Khi đó   SC   HIJ   AK , AL   SC  .  SC  AH   AK  SC Khi đó   AK   SBC  .   AK  BC  BC   SAB  . Tương tự AL   SCD  .. 4) AK   SBC   AK  HK hay tam giác AHK vuông tại K. Tương tự thì tam giác AHL vuông tại L.. SA  SD2  AD2  5a2  3a2  a 2 và AC  AB2  BC 2  a 2  3a 2  2a . 1 1 1 1 1 3 2a  2  2  2  2  AH  ; 2 2 AH SA AC 2a 4a 4a 3 1 1 1 1 1 3 a 2  2   2  2  2  AK  ; 2 2 AK SA AB 2a a 2a 3 1 1 1 1 1 5 a 6  2   2  2  2  AL  ; 2 2 AL SA AD 2a 3a 6a 5 HK . AH 2  AK 2 . 4a 2 2a 2 a 2   ; 3 3 3. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> HL . AH 2  AL2 . 4a 2 6a 2 a 2 ;   3 5 15. 1 1 a 2 a 2 a2 S  . AK . HK  . .  Diện tích AHK ; 2 2 3 3 3 1 1 a 6 a 2 a2 S AHL  . AL.HL  . .  2 2 5 5 15 Diện tích S AKHL  S AHK  S AHL . a 2 a 2 8a 2 .   3 5 15. Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. ab bc ca   2 abc . c a b. Hướng dẫn Ta có. ab bc ab bc bc ca ca ab  2 .  2b ; tương tự   2c;   2a . c a c a a b b c. ab bc ca  ab bc ca     a  b  c. Cộng 3 BĐT trên ta được 2      2  a  b  c   a b  c a b  c. Do đó, P . P. . ab bc ca    2 a  b  c  a  b  c  2 a  b  c c a b. . 2. a  b  c  1  1  1.  1 a  b  c Như vậy P có GTNN bằng -1 khi  abc . 3   a b  c 1. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>