Đề 99 103 bùi văn khánh

ĐỀ 99_ ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI Câu Vẽ đồ thị (P) hàm số bậc hai y ax  bx  c biết (P) có đỉnh nằm trục hồnh đồng thời qua hai điểm M(0; 1) N(2; 1) Lời giải  y  x  x  Đồ thị (tự vẽ) Câu Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình x  x  m  2 x x 1 nghiệm với x thuộc đoạn [0;1] Lời giải Đặt t x x  ; x  [0;1]  t  [0; 2] Bất phương trình trở thành: t  m  2t  t  2t   m (2) Xét hàm số: f (t ) t  2t  2; t  [0; 2] Lập bảng biến thiên Để bất phương trình (1) nghiệm với x thuộc đoạn [0;1] bất phương trình (2) nghiệm với t  [0; 2] Dựa vào BBT ta suy ra:  m   m 3 Vậy m 3 giá trị cần tìm Câu Giải phương trình lượng giác:   sin x  2sin   x  2sin x  cos x 2  Lời giải Phương trình cho tương đương: sin x cos x  cos x 2sin x  cos x    sin x  sin x cos x  2sin x.sin x 0  sin x sin x  cos x  2sin x 0      sin x  sin  x    sin x  0 3      Vậy nghiệm phương trình cho là:  k ;   4 2   k ; k , k    ( x  y ) (8 x  y  xy  13)  0  ( x, y  R ) Câu Giải hệ phương trình:  x    xy  Lời giải  2 8( x  y )  xy  ( x  y ) 13  ĐKXĐ: x  y 0 Chia (1) cho ( x  y) ta hệ   x  1  x y     3( x  y ) 13 5  ( x  y )   ( x  y)         xy   ( x  y ) 1  xy     5  x  y    3( x  y ) 23 x  y       x  y     ( x  y ) 1  x  y    5u  3v 23 (3) , v  x  y (ĐK: | u |2 ), ta có hệ  Đặt u  x  y  x y (4) u  v 1 Từ (4) rút u 1  v , vào (3) ta u  5u  3(1  u ) 23  4u  3u  10 0  u 2 loại u  Từ suy nghiệm ( x, y ) (0;1) Câu Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz  x  z  y Tìm giá trị lớn Trường hợp u  2 biểu thức: P  x   y   4z z 1  3z ( z  1) z  Lời giải  Đặt x tan A, y tan B, z tan C , (0  A, B, C  ) Theo giả thiết ta có: y z tan B  tan C x  tan A  tan( B  C )  A B  C  k  yz  tan B tan C   A  B  C    k 0  A  B  C Khi đó: 1 tan C 3tan C P 2(  )  2  tan A  tan B  tan C (1  tan C )  tan C Do  2(cos A  cos B )  4sin C  3sin C.cos C cos A  cos2B  4sin C  3sin C.cos C ( sin( A  B ) 1 )  2sin( A  B)sin( A  B)  4sin C  3sin C.cos C 2sin C sin( A  B)  4sin C  3sin C.cos C 2sin C  4sin C  3sin C.cos C sin C (3cos C  2) sin C (1  3sin C ) Nếu sin C  3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm  P  Nếu sin C  3 P sin C (1  3sin C )2  6sin C (1  3sin C )(1  3sin C ) 6sin C   3sin C   3sin C  ( )   P  Dấu ‘’ = ‘’ xảy 81  sin C   sin( A  B ) 1   A  B  C    x  2; y    tan C   2  tan C  , tanA= , tan B   tan B cot A   tan A  tan B  1  tan A tan B 2 Vậy giá trị lớn P ;z  Câu Cho dãy số (un ) xác định u1  , un 1  un  , n 1 Chứng minh (un ) có giới hạn tìm giới hạn Lời giải +/ Chứng minh (un ) giảm 1  Xét hiệu u  u un   un2   un     un 1  un Vậy  un  dãy giảm 4  +/ Chứng minh dãy (un ) bị chặn n 1 n Ta chứng minh quy nạp (un )   Thật vậy, dễ thấy u1  , u2    2 4 1 1 1   Vậy theo ngun lí quy nạp un  , tức Giả sử uk  Khi uk 1  uk   2 4 (un ) bị chặn Từ chứng minh suy (un ) có giới hạn Giả sử lim un a  Khi lấy giới hạn vế đảng thức un1  un  a  a ta 1 1  a  a  0  a  Vậy lim un  4 4 Câu Cho đa giác gồm 2n nh ( n 2, n ẻ Ơ ) Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh số 2n đỉnh đa giác, xác suất ba đỉnh chọn tạo thành tam giác vng Tìm n Lời giải 2n Số phần tử không gian mẫu W= C Gọi A biến cố '' Ba đỉnh chọn tạo thành tam giác vuông '' Để ba đỉnh chọn tạo thành tam giác vng có hai đỉnh ba đỉnh hai đầu mút đường kính đường trịn ngoại tiếp đa giác đỉnh lại số ( 2n- 2) đỉnh cịn lại đa giác Đa giác có 2n đỉnh nên có 2n =n  Số cách chọn đường kính Cn1 = n  Số cách chọn đỉnh lại ( 2n- 2) đỉnh Suy số phần tử biến cố A WA = n( 2n- 2) Do xác suất biến cố A P ( A) = WA W = n( 2n- 2) C23n đường kính C21n- = 2n- Vậy n = thỏa mãn yêu cầu toán Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y  x 0 Tìm tọa độ điểm M trục Ox cho từ M kẻ hai tiếp tuyến tạo với góc 600 tới đường trịn (C ) Lời giải Xét trường hợp 1: AMB 600  AMI 300  MI  IA 4 sin 300 Do  t   16  t 6 t  Vậy trường hợp có điểm M ( 2;0), M  6;0  0 Xét trường hợp 2: AMB 120  AMI 60  MI  IA  sin 60 16 4 Do  t     t 2  t 2  3 Vậy trường hợp có điểm M (2  4   ;0), M   ;0  3   Kết luận: Có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M (2  M ( 2;0), M  6;0  , 4   ;0), M   ;0  3       Câu Cho tứ diện ABCD , điểm M , N xác định MA xMC , NB  y ND  x, y 1 Tìm điều kiện x y để ba đường thẳng AB, CD, MN song song với mặt phẳng Lời giải A B N D M C      +) Chọ hệ véc tơ: a DA, b DB, c DC a, b, c khơng đồng phẳng       +) Ta có MA xMC  DA  DM x DC  DM       DA  xDC x  DM   a c  1 1 x x x       NB  yND  DN  DB  b Lại có 1 y 1 y     2  1   x a b c (3) 1 x 1 y 1 x          +) Ta có AB DB  DA b  a, CD  c ; AB CD hai véc tơ không phương nên ba    đường thẳng AB, CD, MN song song với mặt phẳng ba véc tơ AB, CD, MN          đồng phẳng  MN m AB  nCD m b  a  nc  ma  mb  nc (4) +) Từ  1   suy MN DN  DM      m 1  x     x y +) Do a, b, c không đồng phẳng nên từ (3) (4) ta có hệ: m   y   x  n  1 x  Vậy ba đường thẳng AB, CD, MN song song với mặt phẳng x  y Câu 10 Cho lăng trụ ABC.A1B1C1 có tất mặt bên hình vng cạnh Gọi D, E, F trung điểm cạnh BC, A 1C1, B1C1 Tính cơsin góc hai đường thẳng A 1F, DE Lời giải               +) Chọn hệ véc tơ a  A1 A, b  A1B1 , c  A1C1 Khi đó: a  b  c 1 a.b a.c 0 , b.c   1    1 A1 B1  A1C1  b  c 2       DE DC  CC1  C1E  a  b +) Ta có A1 F         1 +) Tính cos  A1 F , DE  : A1 F  A1 F   b  c   , DE  DE    a  b    2  2          1 , A1 F DE  b  c    a  b      2    A1 F DE 15 Suy ra: cos  A1 F , DE   cos A1F , DE   A1 F DE 10   ĐỀ 100_ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 Câu Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y cos x  5sin x  Lời giải Câu Tìm m để bất phương trình:  x  x  ( x  1)(3  x) m  có nghiệm Lời giải + ĐK:   x 3 Đặt t = ( x  1)(3  x )   x  x    ( x  1)  2  t 2  x  x t  phương trình  x  x  ( x  1)(3  x) m  (1) có dạng t  4t m, t   0; 2 (2) + Xét hàm số f(t)= t  4t  0; 2 , có đỉnh I(-2; -4) Lập BBT  PT (1) có nghiệm (2) có nghiệm t   0; 2  m 0 t/m Vậy m 0 Câu Giải phương trình:  sin x  cos x  (  1) sin x.cos x  sin x  cos x 0 Lời giải 2 PT   sin x  sin x.cos x  cos x  sin x.cos x  sin x  cos x 0   sin x  sin x  cos x   cos x  sin x  cos x   sin x  cos x 0   sin x  cos x    sin x  cos x  0    sin  x   0   sin x  cos x 0 4     sin x  cos x 1  sin  x        6        x   k x   k        x    k 2   x k 2 k Z  6  2   x   k 2  x    5  k 2   6  x  x ( x  y ) y  x  y Câu Giải hệ phương trình:   x   y 1  y   x,y    Lời giải  x 2 ; Biến đổi PT (2) ta có:  y 0 ĐK:  2 PT (2)  x  xy  y  ( x  x  y ) 0  ( x  y )(2 x  y )  x  ( x  y) 0 2x  x  y  x y 0  ( x  y )  x  y   2x  x  y 2x  x  y  0 Nhận xét: với đk x y x  y  2x  x  y Vậy PT  x  y  ( x  y )(2 x  y )  Thế vào PT (3) ta đc:   0  x   x 1  x   x    x  x  ( x  2)  x  (2 x  3) x x     x  1 3x  x  x  1 3x  x  Nhận xét: với x 2 x    x  x  Vậy PT  x 3  x 3 KL HPT có nghiệm :   y 3 Câu Cho dãy số  un  xác định sau: u1 1, u2 3, un2 2un1  un 1, n 1, 2, Tính u2019 Lời giải Ta có un 2  un 1 un1  un  1, n 1, 2, suy  un 2  un 1  lập thành cấp số cộng có cơng sai nên un2  un1 u2  u1  n.1 n  (1) Từ (1) ta un  u1 un  un  un  un   u2  u1 n  n     un 1    n  n  n  1 Vậy u2019 2019.1010 Câu Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2    ( ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) ( ac  2)(2ac  1) Lời giải a2 b2 c2   ( ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc 1) ( ac  2)(2ac 1) 1   = (b  )(2b  ) (c  )(2c  ) (a  )(2a  ) a a b b c c y z x Vì a, b, c dương abc = nên đặt a  , b  , c  với x, y, z > x y z 1   Khi VT = ( y  z )( z  y ) ( z  x )( x  z ) ( x  y )( y  x ) x x x x y y y y z z z z Ta có VT = x2 y2 z2   = ( y  z )( z  y ) ( z  x)( x  z ) ( x  y )( y  x) Ta có ( y  z )( z  y )  yz  y  z  yz 2( y  z )  yz  ( y  z ) x2 x2  Suy (1) ( y  z )( z  y ) y  z Tương tự có y2 y2  (2); ( z  x)( x  z ) x  z z2 z2  (3) ( x  y )( y  x) y  x 2 x2 y2 z2   ) y  z x2  z y  x2 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta VT  ( Lại có 1 x2 y2 z2 ( x  y  z )(   )   2 2 2 2 = y z x z y  x2 y z x z y x = 1 1 (( x  y )  ( y  z )  ( z  x ))(   )     2 2 y z x z y x 2 (BĐT Netbit) Suy VT   (đpcm) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 2;  4) , AB 2 10 M (8;1) trung điểm AC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết CH : x  y  10 0 , tung độ đỉnh A nhỏ tung độ đỉnh B đỉnh C có tọa độ nguyên Lời giải Gọi N trung điểm BC , MN đường trung bình tam giác ABC  MN  AB  10 Vì MN / / AB  MN  CH  MN có phương trình : 3x  y  25 0  N (n; 25  3n)  n 9  N (9;  2) 2   Vì MN  10  (n  8)  (24  3n) 10    n 7  N (7; 4) Vì C  CH : x  y  10 0  C (3c  10; c) ; Vì M (8;1) trung điểm AC  A(6  3c;  c) Vì N trung điểm BC nên với N (9;  2)  B(8  3c;   c) , với N (7; 4)  B(4  3c;8  c) Theo giả thiết y A  yB nên ta lấy N (7; 4), B (4  3c;8  c)   Khi AC (6c  4; 2c  2), BH (3c  6; c  12)  c 0   Vì H trực tâm tam giác ABC nên AC.BH 0  (6c  4)(3c  6)  (2c  2)(c  12) 0   c  Với c 0  A(6; 2), B(4;8), C (10;0) Với c   A( 3 1  11 35 ; ), B ( ; ), C ( ; ) 2 2 2 Câu Xếp ngẫu nhiên chữ cụm từ “THANH HOA” thành hàng ngang Tính xác suất để có hai chữ H đứng cạnh Lời giải Cách 1:  Xét trường hợp chữ xếp bất kì, ta xếp chữ sau - Có C83 cách chọn vị trí xếp có chữ H - Có C52 cách chọn vị trí xếp có chữ A - Có 3! cách xếp chữ T, O, N - Do số phần tử khơng gian mẫu n() C83 C52 3! 3360  Gọi A biến cố cho - Nếu có chữ H đứng cạnh ta có cách xếp chữ H - Nếu có chữ H đứng cạnh nhau: Khi chữ H vị trí đầu (hoặc cuối) có cách xếp chữ H lại, chữ H đứng vị trí có cách xếp chữ H cịn lại Do có 2.5  5.4 30 cách xếp chữ H cho có chữ H đứng cạnh Như có 30  36 cách xếp chữ H, ứng với cách xếp ta có C52 cách chọn vị trí xếp chữ A 3! cách xếp chữ T, O, N Suy n( A) 36.C52 3! 2160 Vậy xác suất cần tìm P( A)  n( A) 2160   n() 3360 14 Cách 2: 8! 3360 2!3! Gọi A biến cố cho, ta tìm số phần tử A 5! Đầu tiên ta xếp chữ A chữ T, O, N, có 60 cách xếp 2! Tiếp theo ta có vị trí (xen hai đầu) để xếp chữ H, có C63 cách xếp Số phần tử không gian mẫu n()  Do n( A) 60.C63 1200 , suy n( A) n()  n( A) 3360  1200 2160 Vậy xác suất cần tìm P( A)  n( A) 2160   n() 3360 14       Câu Cho tứ diện ABCD điểm M , N xác định AM 2 AB  AC ; DN DB  xDC Tìm x để đường thẳng AD, BC , MN song song với mặt phẳng Lời giải S T N P A D M C Q B    Yêu cầu toán tương đương với tìm x để ba vectơ MN , AD, BC đồng phẳng           Hệ thức  1  AM 2 AB  AB  BC  AM  AB  3BC        Hệ thức    AN  AD  AB  AD  x DA  AB  BC      AN   x  AB  x AD  xBC       Từ  1   , suy MN  AN  AM   x  AB  x AD   x  3 BC    Vậy ba vectơ MN , AD, BC đồng phẳng  x 0  x    M  ( )  ( ABCD)  ( )  ( ABCD) MQ / / AB(Q  BC ) ( ) / / AB Tương tự ( )  ( SCD) PN / / AB( N  SD) Ta có:  Vậy thiết diện ( ) với hình chóp tứ giác MNPQ Vì MQ / / NP / / AB nên MNPQ hình thang Câu 10 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang  AB / /CD  , AB 2CD Gọi M P điểm thuộc cạnh AD SC thoả mãn MA PS   x Xác định thiết diện hình chóp MD PC cắt mặt phẳng ( ) chứa MP song song với AB Tìm x để diện tích thiết diện nửa diện tích tam giác SAB Lời giải MD AM x x2 Gọi T MN  PQ Ta có: QM  AD AB  AD CD 1  x AB   x CD  x  AB   Vì MA QB PS NS     PQ / / SB, MN / / SA  SAB TMQ MD QC PC ND Do NP STMQ SSAB 2  x  2  MQ   x           AB    x  1   x  1 NS AM x x x NP x Vì CD SD  AD  x   NP  x 1 CD  x 1 AB  QM  x    SMNPQ  x  1 STPN  NP  x2 x2         2 Do S STMQ  MQ   x  2  x    x   (2) TMQ Từ (1) (2) suy SMNPQ 1 SMNPQ SSAB  x 1     x 1 Vậy S x  SAB IH 2 IB   10; IB IE.IM  IE    Ta có: IM 10 cos HIM | 3a  b  |    | 3a  b  |4   Vậy d  I , AB   10 10 10  a  b 4 Từ (1) (2) ta có   3a  b  4 IM  Giải hệ phương trình ta tìm nghiệm  a; b  là:   3;7  ,  1;3 ,  1;   ,  5;   Thử lại ta phương trình đường trịn (C) thỏa mãn:  x  1 2   y  3 4;  x  1 2   y   4 15 Câu Cho khai triển   x  x   x14  a0  a1 x  a2 x   a210 x 210 Chứng minh a0C1515  a1C1514  a2C1513   a15C015 15 Lời giải 14 15 + Ta có   x  x   x  1   x15  1  x 15 15 nên   x15    x  x   x14  15 + Dễ thấy hệ số x15 khai triển   x15  15 15 1  x 15  15 15 + Mặt khác số hạng tổng quát tổng   x  x   x14  ak x k số hạng tổng quát khai triển   x  15 m   1 C15m x m với k 15 14 + Suy số hạng tổng quát   x  x   x    x  15 m   1 ak C15m x k m + Để số hạng số hạng chứa x15 k  m 15  k ; m    0;15  ,  1;14  ,  2;13  , ,  15;0   14 + Suy hệ số x15 khai triển   x  x   x    x    1 15 14 13 15 15 14 13 a0 C15    1 a1C15    1 a2C15     1 a15C150 15 14 13 + Vì   1 a0 C1515    1 a1C1514    1 a2C1513     1 a15C150  15 13  a0C1515  a1C1514  a2C15   a15C015 15 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi G điểm thỏa mãn:       GS  GA  GB  GC  GD 0 Một mặt phẳng qua AG cắt cạnh SB, SC , SD BM CN DP M , N , P Chứng minh rằng:   1 SM SN SP Lời giải      O AC BD Gọi giao điểm hai đường chéo Ta có: OA  OB  OC  OD 0  SO  1    SA  SB  SC  SD   suy       Do GS  GA  GB  GC  GD 0         4     1 suy GS  4GO 0  SG 4GO  SG  SO   SA  SB  SC  SD   SC  SD  1 SB   SA  SM  SN  SP  5 SM SN SP  Vì A, G, M , N , P đồng phẳng nên ta có 1 SB SC SD SM  BM SN  CN SP  DP BM CN DP   5    4    1 SM SN SP SM SN SP SM SN SP Câu 10 Cho tứ diện ABCD , M điểm tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt mặt phẳng ( BCD), ( ACD), ( ABD) A ' , B ' , C ' Tìm vị trí M cho MA ' MB ' MC ' đạt giá trị lớn Lời giải + Trong mặt phẳng (ABC) , gọi AM  BC  A1  , BM  AC  B1  , CM  AB  C1  +Trong (DAA1) , kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 A’ MA1 S MBC MA '   Xét tam giác DAA1 có MA // AD nên DA AA1 S ABC ’ MB ' MB1 S MAC MC ' MC S MAB     Tương tự có , BD BB1 S ABC DC CC1 S ABC  MA' MB ' MC '   1 ( Do S MBC  S MAC  S MAB  S ABC ) DA DB DC + Ta có: MA ' MB ' MC '   3 DA DB DC MA ' MB ' MC '  MA ' MB ' MC '  DA.DB.DC (không đổi) DA DB DC 27  MA’.MB’ MC’ đạt giá trị lớn DA.DB.DC 27 MA ' MB ' MC '    hay M trọng tâm tam giác ABC DA DB DC Vậy MA ' MB ' MC ' đạt giá trị lớn M trọng tâm tam giác ABC ĐỀ 102_ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 Câu Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số: y= ax2 +bx+c biết (P) có trục đối xứng x=-2 (P) cắt đường thẳng (d) y =x-3 hai điểm có hoành độ x=0 , x=-5 Lời giải Học sinh tự giải: (P): y= -x2-4x-3 Câu Giải bất phương trình: x2  x   x2   x4 x 1 Lời giải Đk: x   x2  x 1  2  x2 1 Bpt    1  x     x4 x2 1   x2  x 1 1  ( x  1) x4 2  x2   x2  x 1 (2  x  1) x  1 x4 2( x  3) x2    x  3 0 ( x  4)( x  x  1)  x  (2  x  1) x     0  ( x  3)  1   ( x  4)( x  x  1)  x  (2  x  1) x     x  0    x  Dễ thấy biểu thức ngoặc lớn dương Vậy nghiệm bpt :   x  Câu Giải phương trình: (1  cos x  sin x)cos x  cos2 x cos x tan x   1 Lời giải cos x 0   Điều kiện: tan x   x   m x   l   (sin x  cos x)  (cos x  sin x)  cos x  (cos x  sin x) (1)   cos x Pt sin x  cos x cos x  cos x  (cos x  sin x) 1  (cos x  sin x)  (cos x  sin x) 0  (cos x  sin x)(cos x  sin x  1) 0  cos x  sin x 0 (2); cos x  sin x 1 0 (3)  (2)  tan x 1  x   k   (3)  sin( x  )   x   k 2 ; x   k 2 2  Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm phương trình: x   k ; x   k 2  3x  x  x   y x  y  x  y  Câu Giải hệ phương trình:  2 x  x y  x  1 x  y Lời giải Điều kiện: x  y 0   x, y   Do x=0 không nghiệm hệ Phương trình thứ hai hệ tương đương với: x 1 x  y  x2 2x  y A C A+C   ta có: B D B+D x  x  y  x  1  x  1 y  x  y   x  1  x  1  y  x  y      x2 x  x  1 2x  y y 2x  y x  x  1  y x  y Sử dụng tính chất  x  3x   xy  y x3  x  y x  y (1) Mặt khác, từ phương trình thứ hệ ta có:   x  x  y x  y 2 x  y  xy  3x   x  x   xy  y 3 (2) x2  x2  y 2x  y Kết hợp (1), (2) suy ra:  x 1 x  y  x2 2x  y 3x  x  0  3 x  y 2 x  y  x 1, y 2   x  , y  35 3 33  24  35 3 33   24   Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) (1;2);   ; Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca 1 a b c 3 Chứng minh :   2  2 b c 2 c a 2 a b 2 Lời giải Ta có ab  bc  ca 1 nên b  c  a  b  c  2(ab  bc  ca )  a (a  b  c )2  a S  a S a  b  c S (a  b  c)2 3(ab  bc  ca) 3  S     2 a b c 3    2 b c  c  a  a b  a b c 3   2 2 S a S b S c 2 aS bS cS 3   2  S 2 S a S b S c a3 b3 c3 3 a b  2 c  S 2 S a S b S c a3 b3 c3 3   S  S 2 2 2 S a S b S c Khi  2  a4 b4 c4 3   S  S 3 aS  a bS  b cS  c a4 b4 c4 (a  b  c )    Lại có theo Cauchy-Schazw aS  a3 bS  b3 cS  c3 S (a  b  c )  (a  b3  c )  S (a  b  c ) S ( S  2) S ( S  2)   S  (a  b  c)(a  b3  c ) S  ( S  2)2 4S  (Vì (a  b  c ) ( a a  b b3  c c ) (a  b  c)(a  b3  c ) ) Ta chứng minh S ( S  2)2 3 ( S  2) 3  S  S  1  S 2 4( S  1) 4( S  1)  S  3S  3 0  ( S   (S  3) (2 S  3) 0 3)(2S  3S  3) 0 (luôn S  3) Vậy BĐT (*) chứng minh, dấu "=" xảy a b c  Câu Cho dãy số  un  xác định bởi: u1 1, un1  Tính: lim un , n 1,2,3, un  2018  u1  1  u2  1  un  1 2019n Lời giải Do u1   un  0, n   * Ta có un 1  un 1   1  un  , n 1, 2, un  un 1 un n      n 1  1   1   1  n  n 1    n   u1  1  u2  1  un 1  Suy  1 2018    2018  u1  1  u2  1  un 1 2018  n 1  n   2018 lim lim lim 2019n 2019n 2019 2019 2018  u1  1  u2  1  un  1 2018 lim  2019n 2019 Câu Biển số xe dãy kí tự gồm hai chữ đứng trước bốn chữ số đứng sau Các chữ lấy từ 26 chữ A, B , Z ; chữ số chọn từ 10 chữ số 0, 1,2 , Hỏi có biển số xe có hai chữ số đầu (sau chữ cái) khác nhau, đồng thời có chữ số chẵn hai số chẵn giống ? Lời giải + Đầu tiên chọn chữ cái: Có 26 cách chọn chữ đầu tiên, sau chọn chữ thứ hai 26 chữ (có lặp) Số cách chọn là: n1 26 26 676 + Chọn chữ số chẵn giống nhau: có cách chọn số 0, 2, 4, 6, sau Sắp hai số chẵn giống vào vị trí a1a2 a3 a4 : có vị trí a1a3, a1a4, a2a3, a2a4, a3a4 xếp vào vị trí a1a2 trái giả thiết hai chữ số đầu khác Trường hợp số chẵn vào vị trí a1a3, a1a4, a2a3, a2a4 : Có 5 cách chữ số chẵn giống vào vị trí đó, sau có 5 cách chữ số lẻ vào hai vị trí cịn lại Do số cách chọn là: n2 4 5 5 5 500 Trường hợp số chẵn vào vị trí a 3a4 : Có cách chữ số chẵn giống vào vị trí đó, cịn lại vị trí a1a2 để vào số lẻ khác Do số cách chọn là: n3 5 A52 100 Theo quy tắc cộng, ta có n4 n2  n3 600 cách chọn chữ số chẵn giống nhau, sau chọn chữ số lẻ vào hai vị trí lại + Theo quy tắc nhân, số biển số xe thỏa mãn yêu cầu toán là: n n1n4 676 600 405600 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có  B (2;4), BAD  ADC 900 A, C thuộc trục hoành Gọi E trung điểm đoạn AD, đường thẳng EC qua điểm F (  4;1) Xác định toạ độ đỉnh A, C, D biết EC vng góc với BD điểm E có tọa độ nguyên Lời giải y=0 A B(2;4) I F(-4;1) H J C E D Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BE, cắt BE BD I H; gọi J giao điểm BD với CE Khi ta có:             EH EB EA.EB EI EB EA2 EH EC ED.EC EJ EC ED EA2            EH EB EH EC  EH ( EB  EC ) 0  EH  BC suy H trực tâm EBC suy A, H , C thẳng hàng Do BE  AC Đường thẳng BE qua B(2;4) vng góc với Ox nên có phương trình x =2   Gọi A(a;0), E (2; b)  D(4  a; 2b); BA(a  2;  4); EA( a  2;  b); BD(2  a; 2b  4) FE (6; b  1)   BA  EA  (a  2)2  4b 0   FE  BD  6(2  a )  (b  1)(2b  4) 0 (1) (2) Thay (2) vào (1) ta b  6b  13b  24b  0  (b  1)(b3  7b  20b  4) 0  b  (do b nguyên)(Ta chứng minh phương trình b3  7b  20b  0 có nghiệm khoảng   1;  nên khơng có nghiệm ngun ) Khi A(4;0), D(0;  2) , đường thẳng CD có phương trình x  y  0 cắt Ox C(-1;0) Vậy A(4;0), D(0;  2) C ( 1;0) điểm cần tìm Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Đường thẳng SA vng góc với mặt đáy, góc SB mặt đáy 600 Gọi N trung điểm BC Tính cosin góc hai đường thẳng SD AN Gọi H , K hai điểm thuộc đường thẳng SB DN cho HK  SB, HK  DN Tính độ dài đoạn HK theo a Lời giải S H A B K D N C             + Đặt AB a, AD b, AS c với a.b b.c c.a 0 a  b a, c a      1 + Ta có SD b  c AN a  b  2      a2 2 a Suy SD  b  c 2a, AN  a  b  SD AN  b  2  a2    0 Vậy cos SD, AN  a 5 2a   Suy cos  SD, AN         + Ta có SB a  c DN a  b             1   HK  HB  BN  NK  xSB  BN  yDN  x a  c  b  y  a  b  2         1  y  HK  HB  BN  NK  x  y  a  b  xc    x  y  a  xc 0  x  y  a  3xa 0 HK  SB      o nên  2 y  2 y 2 a 0  HK  DN b 0  x  y  a   x  y  a     x   4 x  y 0  16    4 x  y 1  y 1   