Hướng dẫnĐềsố 14 Câu I: 2) Lấy M(x 0 ; y 0 ) (C). d 1 = d(M 0 , TCĐ) = |x 0 + 1|, d 2 = d(M 0 , TCN) = |y 0 – 2|. d = d 1 + d 2 = |x 0 + 1| + |y 0 - 2| = |x 0 + 1| + 0 3 1 x 2 3 Cô si . Dấu "=" xảy ra khi 0 1 3 x Câu II: 1) Đặt , ( 0, 0) u x v y u v . Hệ PT 3 3 1 1 1 3 u v u v uv m u v m . ĐS: 1 0 4 m . 2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: ( ) 2 x k k Z Câu III: 2 2 3 I Câu IV: V = 1 ( ) 6 ya a x . 2 2 3 1 ( )( ) 36 V a a x a x . V max = 3 3 8 a khi 2 a x . Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: 1 1 1 1 4 ( )( ) 4 x y x y x y x y . Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 16 x y x x y x z x y x z . Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm. Câu VI.a: 1) 2 4 3 2 4 3 ; , ; 7 7 7 7 A B . 2) (P): y z 3 3 2 0 hoặc (P): y z 3 3 2 0 Câu VII.a: 2 5 x y Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x 1 + 2, FB = x 2 + 2. AB = FA = FB = x 1 + x 2 + 4. 2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Điểm M nên 1 2 ;1 ;2 M t t t . 2 2 2 2 (3 ) (2 5) (3 6) (2 5) AM BM t t Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 3 ;2 5 u t và 3 6;2 5 v t . Ta có 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t | | | | AM BM u v và 6;4 5 | | 2 29 u v u v Mặt khác, ta luôn có | | | | | | u v u v Như vậy 2 29 AM BM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , u v cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t 1;0;2 M và min 2 29 AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 Câu VII.b: ( ) l 3ln 3 f x x ; 1 3 '( ) 3 3 ' 3 3 f x x x x Ta có: t t dt dt t t 2 0 0 0 6 6 1 cos 3 3 sin ( sin ) ( sin ) (0 sin0) 3 2 2 | Khi đó: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x 2 1 3 3 2 0 3 2 3 2 1 3 3; 2 3; 2 2 x x x x x x x x x x x . Hướng dẫn Đề số 14 Câu I: 2) Lấy M(x 0 ; y 0 ) (C). d 1 = d(M 0 , TCĐ) = |x 0 + 1|, d 2 = d(M 0 ,. 1 2 4 16 x y x x y x z x y x z . Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm. Câu VI.a: 1) 2 4 3 2 4 3 ; , ; 7 7 7 7 . u v u v Như vậy 2 29 AM BM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , u v cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t 1;0;2 M và min 2 29 AM BM . Vậy khi M(1;0;2)