Đề số 132

Câu a) Cho phương trình:  m   x   2m  1 x  3m  0 (1) Giả sử x1; x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m cho  2m  1 x1   m   x22 m  b)Giải phương trình : cos x  cos3 x  cos x  tan x  cos x 2 c)Giải bất phương trình sau:  x  x   x    x   x  3x  9x  Lời giải a 0     a) Để PT(1) có nghiệm   m  0   2m  1   m    3m  3 0 m 2  10  10  m    4 m 2    m  40 m  23   Theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  2m  3m  x1 x2  m m 2 Theo ra:  2m  1 x1   m   x2 m    x1  x2  x1  x2 1  2m   3m   1  17m 9  m  (Không thỏa mãn)   m 17  m  Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn toán  Suy (1)  cos x  tan x 1  cos x  (1  tan x) b) Điều kiện: x   l  l    cos x   cos x  cos x  2cos x  cos x  0    cos x   2 +) cos x   x   k 2  k    +) cos x   x   k 2  k   Kết hợp với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x    k 2 ,  x   k 2  k   c) ĐK: x 1 x  BPT  x 2   x   x  2 x  1   5x   x   x  1   x    x  3 2x2  10x  12  x 1  x  5x   x2  2(x  5x  6)  x  x     x 1  x 1   x  1  x 1 1  0  x  1;2  3;        x  1 x 1        0     x  5x     Câu a) Với chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 lập số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác cho chữ số 1, 2, đứng kề    b) Cho dãy số  un   u1 3 u  xác định sau:  Tìm lim n ? 2n  10n  n , n 1 un 1 un  n  5n   Lời giải a) Từ 10 chữ số cho ta lập C gốm chữ số khác nhau, ln có mặt chữ số 1,2,3 Từ lập 4!3! số có chữ số khác chữ số 1,2,3 ln đứng kề (với quy ước tính số mà có chữ số đứng đầu) Vậy có 4!3! C73 =5040 (số) Trong 5040 số tạo thành có 3!3! C62 = 540 (số) gồm chữ số khác mà chữ số đứng đầu chữ sơ 1,2,3 ln đứng kề Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm) b) Ta có: un 1 un   un 1 un  Đặt: un  2n  10n  n  5n  6 6    un1  un  2 n 3 n 2 n 3 n2 , n   * Ta có v1 1 1 vn  2, n 1 n2 Suy v1   n  1 1   n  1 2n   un vn   lim 6 2n  3n  2n    , n  * n2 n2 n2 un 2n  3n  lim 2 n n  n  2 Câu Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng (ACD’) a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn c) Gọi C1 trung điểm CC’ Mặt phẳng (Q) qua AC cắt C’B, C’D C ' B1 C ' D1   B1, D1 khác C’ Chứng minh rằng:  C 'B C 'D Lời giải a)  Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S I D' R Q C' F A' P D B' S C K O A E M J N B Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thiết diện lục giác MNPQRS b) Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’  Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng  MJ MA NC NK PC PK QD ' QI         MJ=NK PK=QI MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) Đặt AM k ; ta có điều kiện  k  có: AB 2 S1  JM   AM   AM  2   k  S1 = k S     S  AC   AB   DC  2 S2  JK   JM  MK   JM MK  2         k  1  S2 =( k + 2k +1)S S  AC  AC    AC AC   Diện tích thiết diện: Std S  3S1 3 Std 2 S (  k  k  ) 2 S      3S  k  (dấu xảy  k  )      2  S lớn  k   M trung điểm AB c)Lấy G= AC1B1D1 O = ACBD, ta có: C’, O, G điểm chung mặt phẳng (C’AC) (C’BD)  C’, O, G thẳng hàng Và G trọng tâm tam giác C’AC  C 'G  C 'O D' C' B' C1 D1 G H D B1 C O A L B Vẽ BH //G B1 DL // D1G  H , L  C ' O   OH OL Đặt x   x y  C'D C 'B ; y C ' D1 C ' B1 C ' D C ' B C ' L C ' H 2C ' O     2 3  x, y  [1; 2] (*) C ' D1 C ' B1 C ' G C ' G C ' G 2   1 Suy ra:   3    (1) x y xy  xy Từ (*):  x 2  x  3x  0  x(3  x) 2  x y 2  3 x y 1       (2) ; Từ (1) (2) đpcm xy xy x y Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: 2x  y  10 0 D  2;  giao điểm thứ hai AJ với đường tron ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết B có hồnh độ âm B thuộc đường thẳng x  y  0 Lời giải Ptđt JD: x – = Ta có A AJ  AH nên tọa độ A(2; 6) Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có BD DC CE = AE 1    sd BD    sd BD    s dCE  s dCE DJB Ta có DBE 2     DBJ cân D  DB DJ DC hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BJC Suy B, C thuộc đường tròn tâm D bán kính DJ Tọa độ B, C nghiệm hệ A E J C I B H D   x    x  y  0  y     2   x 2  x     y   25    y  Do B có hồnh độ âm nên B(-3; -4) PT BC : x  y  0 Tọa độ C nghiệm hệ   x    x  y  0  y     2  x   y   25 x           y 0  B   3;     B  2;   C   3;   B  C  5;0   C 5;0    Câu Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng Tìm giá trị lớn biểu thức: T 4 a  b2  c2     a b b c c a 2abc Lời giải  1 Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng nên a, b, c  0;   2 4 1 5a  5b  5c  T          a  b  c a b c a  a2 b  b2 c  c2 5a  3a  1  2a  1  1 5a    1  18a  3 , a   0;  Ta có   18a  3  0, a   0;   2 a a a a a a  2  2 5c   1 Tương tự ta có : 5b   18b  , b   0;  ,  18c  3 , c   0;      2 b b c c  2  2 5a  5b  5c    18  a  b  c   9 Suy T  a  a b  b2 c  c 1 Dấu đẳng thức xảy  a b c   Tmax 9 đạt  a b c  3