1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1
Toán học và tuổi trẻ số 435/Tháng 9/2013
WWW.GIASUNHATRANG.EDU.VN
Câu 1. 1) Bạn đọc tự giải.
2) Giả sử M m;
m
2
2
(m 1). PT tiếp tuyến ∆ tại M là x –(1 - m) y - m = 0. Khi đó
1-m
-m 2
A(m2;0); B 0;
. Để M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì m 0, m2 = 2m,
2
(1-m)
-m 2
2m
. Do đó m = 2.
=
2
(1-m) 1-m
Vậy PT ∆ : x – y – 4 = 0.
Câu 2. ĐK sinx 0. Nhân cả hai vế với sin2x, ta được PT
sin 2 x
cosx sinxcosx+
-sinx =0
1-cosx
cosx(sinxcosx + 1 + cosx – sinx)=0.
Đáp số: x
2
k , k є .
Câu 3. ĐK y 0; 0 x 2 . Viết lại PT thứ hai của hệ dưới dạng
(x 3 2 y )(3x 2 y) 0 .
Với x3 2 y thì x = 2. Với 3x = 2 y ta có x3 3x 4 x 2 .
Đặt x = 2cost, t є 0; ta được PT 2cos3t = 2sint t є 0; .
8 2
2
Vậy (x; y) є 2;16 ; 2 cos ; 9 cos 2 .
8
8
Câu 4. Ta có L1 lim
x0
ln(2 cos2 x)
ln(1 sin 2 x)
lim
1 (do sinx → 0);
x 0
sin 2 x
sin 2 x
x2
x
sin 2 x
L 2 lim 2 1 và L3 lim
lim x
1 đều là các giới hạn hữu hạn. Vậy
x 0
x 0 x(e x 1)
x0 e 1
x
L = L1.L2.L3 = 1.
2.
Câu 5. Tam giác C’CA cân ( BAC 300 ) nên B’C = a 3 ; CC’ = 2a. Chú ý BB’ CC’,
từ đó BC = a 3 ;BC’ = a, AB = 3a. Gọi I là giao điểm của BB’và CC’; J là hình chiếu
của I trên B’C’; G, G’ lần lượt là trọng tâm các tam giác SBC, IBC.
Ta tính được IJ
a 3
.
4
3a
Mặt khác (SIJ) B’C’ nên SJI 600 SI
.
4
Do vậy VSABC
1
3 3a3
.SI.SABC
.
3
8
Từ định lí Thales có GG'
Do đó G’J = G’I + IJ =
a
. Chú ý IG’ // B’C nên ba điểm I, J, G’ thẳng hàng.
4
7 3a
.
12
Mặt khác (GG’J) B’C’ nên d (G;B'C ') GJ GG '2 G' J2
Câu 6. Với x2 + y2 + z2 = 3, ta có Q
39a
.
6
32
2(9 (x 4 y 4 z 4 )) 4
(x y z)2 1
.
2(x y z)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x4 + x + x 3x2. Tương tự đi đến x4 + y4 + z4 9 –
2(x + y+ z).
(x y z)2 1
Suy ra Q
.
2(x y z)
4(x y z) 4
32
2
3; 3 thì Q f(t), trong đó f(t) 16 t 1 , t є 3; 3 .
Đặt x + y + z = t є
2t
t 1
Ta có f '(t)
1 1
8
1 1
8
0; t є 3; 3 .
2
3
3
2
6 2
2t
(t 1)
4
3. Do đó Q f(t) f(3)
28
.
3
Khi x = y = z = 1 thì Q
Vậy GTNN của Q là
28
.
3
28
.
3
Câu 7a. Đáp số. Bài toán có hai nghiệm hình B(5; 25); C(17; 41); D(5; 5) hoặc B(5; 25);
C(5; 5); D(17; 41).
Câu 8a. Đáp số. C(-4; 3; 0) hoặc C(-7; -3; -3).
Câu 9a. Gọi Ai là biến cố: “Bắn trúng ở lần thứ i”. Ta có xác suất cần tìm là
P P(A1 A 2 A 3 ) P(A1A 2 A 3 ) P(A1A 2 A 3 ) 3.0, 2.0, 82
48
.
125
Câu 7b. Ta thấy A є (C) và AB = AC. Kẻ đường kính AA’ của (C), gọi H = AA’ BC thì
AH =
R'2
R'4
, với R’ є (0; 4) là bán kính của (C’). Do đó HC = R '2
nên .
4
16
SABC
xxx
R '2
R '2
R '2
. Đặt x
є (0; 4) thì SABC 3 3
R'2
(4 x) 3 3 (theo
4
16
333
4
BĐT Cauchy cho 4 số dương). maxS = 3 3 khi R’ = 2 3 . Vậy PT đường tròn (C’) là
(x – 1)2 + (y – 2)2 = 12.
1
5 7 11
Câu 8b. Đáp số. C ; 0; 3 ; C ; ;
.
2
3 6 6
Câu 9b. Đặt n2 = t(t > 0) theo bài ra ta có
120
8
2 t 9 , nên n = 3. Khi
(t 4)(t 1) t 1
6
2 ( 6 i)
6
2
i
1
i
i
3
đó P(x) x (1)x C6 (1) x 3
.
i 0
Số hạng chứa x4 là C0 (1)0 x 4 x 4 .
6
TRẦN QUỐC LUẬT
(GV THPT chuyên Hà Tĩnh)