De so 79

ĐỀ SỐ 79 Câu 1: y=√ sin x+cos x+2017 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Lời giải y=2 Do √ sin x + cos x +2017 (2 ) ( π6 )≤1 −1≤sin x+ ( π6 )+2017 =2 sin x + nên 2015≤ y ≤2019 π 2π =−1⇔ x=− + k π ( ) y=2015 ⇔sin x+ ( π6 )=1 ⇔ x= π3 + k π y=2019 ⇔sin x+ Vậy max y=2019 (k ∈Z ) π 2π x= +k π x=− +k π 3 , y=2015 ( k ∈Z )  x  3x  Câu 2: (k ∈Z ) Giải bất phương trình:  x  x  1 Lời giải ĐKXĐ: x   x  Ta có:  x  x  1  (2 x  1)  1   với x  R , nên 2 2 BPT   x  x    x  x    x  x   x  3x   x  x   x  x    x  3x   x2  x 1 1  x x   x  x     13   13    x x  x  x   x x  x   6     x   13    13  S  ;     Vậy BPT có tập nghiệm Câu 3: sin x−sin x = Giải phương trình: √ cos x−2 sin x −√3 Lời giải √3cos x−2sin x−√ 3≠0 ĐK: PT ⇔ 2sin x−2sin x=2 √3cos x−2sin x−√ ⇔ 2sin x+2 sin x−2sin x−2 √ 3cos x+ √ 3=0 ⇔ sin2 x cos x−2 sin2 x−2 √ cos x+ √3=0 ⇔ 2sin2 x(2 cos x−1)− √3(2cos x−1)=0 ⇔ (2sin x−√ 3)(2cos x−1)=0 ⇔ [2sin2x− √3=0 [ [2cos x−1=0 Với sin2 x−√ 3=0⇔ sin x= √3 π π [ x= +k 2π [ x= +kπ ⇔¿ [⇔¿ [¿ 2π π [2 x= +k 2π [ x= +kπ 3 Kết hợp đk ta đc nghiệm x = Với 2cosx – = ⇔cos x= π +kπ 2π +k π π ⇔ x=± + k π Kết hợp điều kiện PT có nghiệm x = Câu 4: x = − (loại đk) π 2π +kπ − +k π ;x=  x  xy  y  x  xy  y   x  y   ( x  1) y   ( y  7) x  10  x  x    Giải hệ phương trình: Lời giải ĐKXĐ HPT x   10; y   Ta có: x  xy  y  x  xy  y   x  y   x  10 xy  10 y  10 x  10 xy  y 5  x  y  Vì x  10 xy  10 y   2x  3y  2   x  y   2x  y 10 x  10 xy  y   3x  y  2   x  y   3x  y x  10 xy  10 y  10 x  10 xy  y Suy  x  y  3x  y 5 x  y 5  x  y  Đẳng thức xảy x  y 0 (3) Thay  3 vào  2 ta được PT:     x 1  x    x   x  10 x  x   x  1  x     x  7   4  x  10   x  x  30 Phương trình   x  1   x  6 x 3 3   x  7   x  6 x  10   x    x    x  0     x  x7  x     x   x  10  Từ Từ  5  6  : x  0  x 6   y 7   x; y   6;7  : x 1 x 3 x 7 x 7    0 2 x 3 3 x  10   7 nghiệm hpt phương trình vơ nghiệm 1 1   VT     x  3      x       VP    x 3 3   x  10   Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu 5:  x; y   6;7  8 8 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x z  y z  z  x2 z5 y2z5 P   5 (yz  1) (xz  1) z (x  y )5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Lời giải x8 z  y z  3z   x8  y  Ta có: x2 y2   5 z ( x  y )5 ( y  ) (x  ) z z x a, y b, c z Đặt Bài toán trở thành: P 3 z8 8 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu a2 b2 c2 P   5 ( b  c ) ( c  a ) ( a  b)5 thức: Áp dụng BĐT Cơ-Si(AM-GM) ta có: a a a a2 a a b c a2 b+ c a     (  ) + ≥ bc (b  c) bc 64 (1) ( b+c )5 64 4(b +c )2 ; (b  c) b2 b b c +a ≥ ( − )− c +a 64 (c +a ) Tương tự (2) c2 c c a+b ≥ ( − )− (a+b ) a+b 64 (3) Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có a b c a+b+ c ( + + )−3 32 P ≥ b+c c+ a a+ b (4) a b c 1 + + =(a+ b+c )( + + )−3 b+c c +a a+b a+b b+c c +a Mà 1 1 = [( a+b )+(b+ c )+(c + a)]( + + )−3 a+b b+c c+ a 3 ¿ √(a+b )( b+c )(c +a).3 −3= (a+b )(b+c )(c +a ) √ (5) Ta lại có: a   a ; a   2a ; a   2a  a8  2a –  4a –  8a – 8 Tương tự: b  8b – 7; c  8c –   a8  b8  c8   a  b  c  – 21  a  b  c  3(6) Từ (4) (5) (6) ta có P a2 b2 c2      5 (b  c) (c  a ) (a  b) 32 32 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy GTNN P 32 x  y  z  Câu 6: Cho dãy số lim Tính  un  u1 1  u2  u  u  2u , n 3 2 n n t/m:  n An 2un  un un 1  un 1 An 2018n Lời giải An 2un2  un un 1  un21 (1) Thay un 1  un  2un  vào (1) ta có An 2un2  un un 1  un21 2un2  un ( un  2un  )  ( un  2un ) 2un2  2unun  4un2 2  un2  unun  2un2  2 An  Do  An  cấp số nhân với công bội q=2 A1 2  An 2n , n   2n n lim  lim  lim( ) 0 1009 2018n 2018n Vậy An Câu 7: Rút ngẫu nhiên tờ vé số gồm chữ số khác Tính xác suất để rút được tờ vé số có chữ số chữ số đồng thời chữ số liền sau nhỏ chữ số liền trước Lời giải Gọi chữ số tờ vé số theo thứ tự abcde Có A 10 tờ vé số Khơng gian mẫu n(Ω) = ) = A 10 Gọi A biến cố: “tờ vé rút có chữ số chữ số liền sau nhỏ chữ số liền trước” TH1: Chỉ có chữ số ⇒ e=0 Mỗi chữ số còn lại lấy từ chữ số có cách sắp xếp ⇒ C8 = 70 cách có TH2: Chỉ có chữ số + a = chữ số còn lại lấy từ {1;2;3;4} ⇒ có cách +b=5 ⇒ có cách chọn a 3 vị trí còn lại có +c = +d=5 +e=5 ⇒ C4 ⇒ có ⇒ ⇒ có C4 C4 có cách chọn C C C 44 cách chọn vị trí còn lại cách chọn vị trí còn lại cách chọn vị trí còn lại Có 70 cách TH3: Có mặt chữ số ⇒ e=0 +a=5 ⇒ +b=5 ⇒ +c=5 ⇒ +d=5 ⇒ ⇒ có có có cách chọn vị trí còn lại C14 C24 C24 C14 C34 cách chọn vị trí còn lại cách chọn vị trí còn lại cách chọn vị trí còn lại có 56 cách P( A ) = Câu 8: có C34 70+70+56 196 49 = = 30240 7560 A 10 G  1;2  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua trung điểm đoạn thẳng HA, HB, HC có 2 phương trình x  y  2x  4y  0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải A A' N P H G O B' C' B C M Gọi trung điểm HA, HB, HC, AC, CA, AB lần lượt A’, B’, C’, M, N, P A ' C '/ / AC , B ' H  AC  B ' H  A ' C ' Ta có: MC '/ / B ' H  MC '  A ' C '  A ' C ' M 90 A ' B '/ / AB, C ' H  AB  C ' H  A ' B ' Tương tự MB '/ / C ' H  MB '  A ' B '  A ' B ' M 90 Suy điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ CM tương tự ta có điểm N, P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ 3 xG  x A  xB  xC  xA  xB 3 xG  xC   Ta có 3 yG  y A  yB  yC  y A  yB 3 yG  yC  xP  x A  x B  2 yP  y A  yB  xC  xP  2  x  x  x  P    xC    yC  G C    1     1       yP 3 yG  yC  y   yC P   ( xC  1)  ( yC  10) 4 (3) 2 Tương tự, tọa độ A, B thỏa mãn phương trình ( x  1)  ( y  10) 4 (4) Từ (3) (4), suy pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 9: ( x  1)2  ( y  10) 4  AB / /CD  , AB 2CD Gọi M P lần Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang MA PS  x lượt điểm thuộc cạnh AD SC thoả mãn MD PC Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( ) chứa MP song song với AB Tìm x để diện tích thiết diện nửa diện tích tam giác SAB Lời giải S T N P A D M C B Q Ta có:  M  ( )  ( ABCD )  ( )  ( ABCD) MQ / / AB(Q  BC )  ( ) / / AB Tương tự ( )  ( SCD) PN / / AB( N  SD) Vậy thiết diện ( ) với hình chóp tứ giác MNPQ Vì MQ / / NP / / AB nên MNPQ hình thang Gọi T MN  PQ Ta có: Vì MD AM x x2 AB  CD  AB  CD  AB AD AD 1 x 1 x  x  1 MA QB PS NS     PQ / / SB, MN / / SA  SAB TMQ MD QC PC ND STMQ Do Vì QM  SSAB 2  MQ   x      1    AB    x  1  NP NS AM x x x NP x     NP  CD  AB   CD SD AD x  x 1  x  1 QM x  2 Do SMNPQ STPN  NP  x2 x2 4x    1     2 STMQ  MQ  STMQ  x  2  x  2  x  2 SMNPQ Từ (1) (2) suy SMNPQ Vậy STMQ STMQ  x 1 1     x 1 x 1 Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng tâm O, cạnh a SO vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M, N trung điểm SA BC Biết góc giữa đường thẳng MN mặt phẳng (ABCD) 600 Tính độ dài đoạn thẳng SO , MN tính cosin góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD) Lời giải S H M E D I N K A C O B Gọi I trung điểm OA ⇒ MI // SO ⇒ MI ⊥( ABCD ) Do góc giữa MN   (ABCD) góc MNI  MNI 60 IN =IC + NC −2 IC NC cos450 √2a a √ 2a a √2 5a2 = + −2 = 4 2 ( )() ⇒ NI = NI a 10 a √10 MN = = √ cos 60 , MI=NI tan 600 = Ta có a √ 30 ⇒ SO=2 MI= { AC ⊥BD ¿¿¿¿ a √ 30 Gọi H, K trung điểm SO OB ⇒ MH // KN // AC ⇒ MH ⊥( SBD ), KN ⊥( SBD ) Do HK hình chiếu MN lên (SBD) Gọi (SBD) góc MEH E=MN ∩HK suy góc ϕ 1 a MH= OA = OC=KN= √ 2 , nên MHNK hình bình hành Do ⇒ a 10 ⇒ ME= MN = √ E trung điểm MN giữa MN Do tam giác MHE vuông tại H nên ⇒ cos ϕ=√1−sin ϕ= √5 sin ϕ= MH a √ a √10 = : = ME 4 √5