s 6: Hu 2009- 2010 Bi 1: (4 im) a) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s: ( ) 2cos 6sin 2 = + trờn on 0; ộ ự ờ ỳ ở ỷ . b) Chng minh rng vi mi tam giỏc ABC ta u cú: 5 10 sin sin 6sin 4 + + Ê Bi 2: (4 im) a) Cho tam giỏc ABC v ng thng (d). Trờn cnh AB ta ly im E sao cho 2 , = l trung im cnh AC v I l nh th t ca hỡnh bỡnh hnh . Vi mi im P trờn ng thng (d), ta dng im Q sao cho: 2 3 6 + + = uuur uuur uuur uur . Tỡm tp hp im Q khi P thay i. b) Cho hai ng trũn ng tõm O, khỏc bỏn kớnh v ng trũn (O'). Dng tam giỏc u cú mt nh trờn (O') v hai nh cũn li ln lt nm trờn hai ng trũn ng tõm O. Bi 3: (4 im) a) Gii h phng trỡnh ( ) ( ) 17 5 9 4 17 log 3 2 log 3 2 1 ỡ ù - = ù ù ớ ù + - - = ù ù ợ b) Tỡm tp xỏc nh ca hm s 1 1 3 2 2 1 ( ) log log 2 ộ ự ổ ử + ữ ỗ ờ ỳ ữ = ỗ ữ ờ ỳ ỗ ữ ỗ + ố ứ ờ ỳ ở ỷ Bi 4: (4 im) a) Cho cỏc ch s 0, 1, 2, 3, 4, 5. Cú bao nhiờu s gm 6 ch s khỏc nhau c thnh lp t cỏc ch s ó cho, trong ú hai ch s 0 v 1 khụng ng cnh nhau ? b) Tớnh tng: 1 2 2 3 3 2 2.2 2.3 2. 2 . = + + + + + + Bi 5: (4 im) Khi ct mt cu (O, R) bi mt mt kớnh, ta c hai na mt cu v hỡnh trũn ln ca mt kớnh ú gi l mt ỏy ca mi na mt cu. Mt hỡnh tr gi l ni tip na mt cu (O, R) nu mt ỏy ca hỡnh tr nm trong ỏy ca na mt cu, cũn ng trũn ỏy kia l giao tuyn ca hình trụ với nửa mặt cầu. Cho 1 = , hãy tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) để khối trụ đó có thể tích lớn nhất. 2 ỏp ỏn s 6: Hu 2009- 2010 Bi 1 NI DUNG IM (4) ( ) 2cos 6sin 2 = + a) (2,0) Trờn on 0; ộ ự ờ ỳ ở ỷ : 2 '( ) sin 6cos 2 6sin sin 6 2 2 2 = - + = - - + 6 6 '( ) 2 6 sin sin 2 4 2 3 ổ ửổ ử ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ = - - + ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứố ứ . Trờn on 0; ộ ự ờ ỳ ở ỷ : 6 0 sin 0 sin 0 2 2 2 2 3 Ê Ê ị ị + > 0 0 6 6 '( ) 0 sin sin 2arcsin 2 4 2 4 ổ ử ữ ỗ ữ ỗ = = = = ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ . 0 0 6 6 '( ) 0 sin 0 sin 2 4 2 4 2 2 > - < < < < (vỡ hm s sin ng bin trờn khong 0; 2 ổ ử ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ ). Suy ra: 0 '( ) 0 < > . Do ú, '( ) i du t dng sang õm khi x i qua im 0 , nờn hm s ( ) cú mt cc tr duy nht, cng l giỏ tr ln nht ca hm s ti 0 . ( ) ( ) 0 2; 0 = = ( ) 2 0 0 0 0 0; 6 6 10 ( ) 2cos 2 6sin cos 2 1 2 6 2 2 2 4 4 4 ộ ự ờ ỳ ở ỷ ổ ử ữ ỗ ữ ỗ = = + = - + ì ì ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 0; 5 10 ( ) 4 ộ ự ờ ỳ ở ỷ = ; 0; ( ) 0 ộ ự ờ ỳ ở ỷ = 0,5 0,5 0,5 0,5 b) (2,0) b) Trong tam giỏc ABC: sin sin 6sin 2sin cos 6sin 2cos cos 6sin 2 2 2 2 + - - + + = + = + Ta cú: 0 cos 0 2 2 2 < < ị > , nờn luụn luụn cú: 2cos cos 2cos 2 2 2 - Ê . Suy ra: ( ) sin sin 6sin 2cos 6sin ; 0 2 + + Ê + < < . Theo cõu a) ta cú: 5 10 sin sin 6sin 2cos 6sin 2 4 + + Ê + Ê . Du ng thc xy ra khi v ch khi: 0,5 0,5 0,5 3 cos 1 2 6 6 2arcsin sin 4 2 4 ì ï - ì ï ï = = ï ï ï ï ï ï Û í í ï ï = ï ï = ï ï ï î ï ï î Hay tam giác ABC cân tại C và 6 2arcsin 4 = 0,5 Bi 2 (4đ) a) (2,0) Ta có: ( ) ( ) 2 3 2 3 + + = + + + + + uuur uuur uuur uur uur uur uur uur uur 6 2 3 = + + + uur uur uur uur mà 1 1 2 3 = + = - - uur uur uur uuur uuur 1 2 2 3 = + = - + uur uur uuur uuur uuur 1 1 3 2 = + = - + uur uur uuur uuur uuur Suy ra: 2 3 0 + + = uur uur uur r Do đó: 2 3 6 + + = uuur uuur uuur uur Ta có: 2 3 6 6 6 + + = Û = Û = - uuur uuur uuur uur uur uur uur uur Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I. Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I. Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi qua điểm 0 ' đối xứng với một điểm 0 chọn trước trên (d). 0,5 0,5 0,5 0,5 Gọi (C 1 ) và (C 2 ) là hai đường tròn đồng tâm O. Lấy một điểm A trên (O'). Giả sử dựng được tam giác đều ABC sao cho B ở trên (C 1 ) và C ở trên (C 2 ). Khi đó, C là ảnh của B qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), nên C ở trên đường tròn (C' 1 ) ảnh của (C 1 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), do đó C là giao điểm của (C' 1 ) và (C 2 ) (nếu có). b) (2,0) Cách dựng: Lấy trước một điểm A trên (O'). Dựng đường tròn (C' 1 ) là ảnh của C 1 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), nếu (C' 1 ) và C 1 ) cắt nhau tại điểm C, ta dựng ảnh B là ảnh của C qua phép quay Q'(A, -60 0 ) (hoặc Q(A, 60 0 )), điểm B phải ở trên đường tròn(O 1 ). Tam giác ABC là tam giác đều cần dựng. Có hình vẽ đã dựng. Chứng minh: Theo cách dựng, (C' 1 ) là ảnh của (C 1 ) qua phép quay góc 60 0 (hoặc (-60 0 ), nên trong phép quay ngược lại C biến thành B thuộc (C 1 ). Tùy theo số giao điểm của (C' 1 ) và (C 2 ) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình. Bây giờ, nếu dựng ảnh (C 2' ) của (C 2 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), (C 2' ) nếu cắt (C 1 ) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa. 0,5 0,5 0,5 0,5 4 Bi 3 (4) a) (2,5) ( ) ( ) 17 5 9 4 17 log 3 2 log 3 2 1 ỡ ù - = ù ù ớ ù + - - = ù ù ợ 0,5 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) 17 5 3 2 3 2 17 (1) log 3 2 log 3 2 1 (2) ỡ ù + - = ù ù ớ ù + - - = ù ù ợ Logarit húa 2 v ca (1): ( ) ( ) 17 17 log 3 2 log 3 2 1 + + - = Bin i (2) v cựng c s 17: ( ) ( ) ( ) ( ) 17 17 5 17 17 log 3 2 log 3 2 log 3 2 1 log 3 2 1 log 5 - + - - = + - = t ( ) ( ) 17 17 log 3 2 ; log 3 2 = + = - . Khi ú, h phng trỡnh tr thnh: 17 17 1 1 1 1 0 1 1 0 log 5 log 5 ỡ ỡ ù = - ù + = ù ù ỡ ù = ù ù ù ù ù ổ ử ớ ớ ớ ữ ỗ ữ ù ù ù = + = ỗ - = ữ ù ù ù ỗ ợ ữ ữ ỗ ù ù ố ứ ù ợ ù ợ ( ) ( ) ( ) 17 17 log 3 2 0 3 2 1 3 9 2; 3 3 2 17 2 8 log 3 2 1 ỡ ỡ ỡ ù ù ù - = - = = ù ù ù ù ù ù = = ớ ớ ớ ù ù ù + = = + = ù ù ù ù ợ ù ợ ù ợ 0,5 0,5 b) (1,5) Hm s 1 1 3 2 2 1 ( ) log log 2 ộ ự ổ ử + ữ ỗ ờ ỳ ữ = ỗ ữ ờ ỳ ỗ ữ ỗ + ố ứ ờ ỳ ở ỷ xỏc nh khi: 1 2 2 1 2 1 2 1 0 0 0 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 log 0 1 0 2 2 2 ỡ ù ỡ ỡ + ù ù + + ù ù ù > ù > > ù ù ù + ù ù ù ù ù + + - < < ớ ớ ớ ổ ử + ù ù ù + - ữ ỗ ù ù ù ữ > ỗ < < ù ù ù ữ ỗ ữ ỗ ù ù ù + ố ứ + + ù ù ợ ợ ù ợ Vy: Tp xỏc nh ca hm s l 1 ; 1 2 ộ ự ờ ỳ = - ờ ỳ ở ỷ 0,5 0,5 0,5 Bi 4 (4 ) a) (2,0) Gi 1 2 3 4 5 6 l s gm 6 ch s ụi mt khỏc nhau c thit lp t tp { } 0,1,2,3,4,5 . + lp thnh mt s dng 1 2 3 4 5 6 : 1 0 ạ nờn cú 5 cỏch chn 1 , sau ú chn mt hoỏn v 5 ch s cũn li. Do ú cú tt c 5 5. 5 5! 600 = = s dng 1 2 3 4 5 6 . + Ta tỡm cỏc ch s cú hai ch s 0 v 1 ng cnh nhau: Cú 5 v trớ trong mi s 1 2 3 4 5 6 2 ch s 0 v 1 ng cnh nhau: 3 4 5 6 1 4 5 6 1 2 5 6 1 2 3 6 1 2 3 4 , , , , , trong ú v trớ u bờn 0,5 0,5 5 trỏi ch cú mt kh nng l 3 4 5 6 10 , cỏc v trớ cũn li l mt hoỏn v ca 0 v 1. Sau khi chn v trớ hai ch s 0 v 1 ng cnh nhau, ta chn mt hoỏn v cỏc ch s cũn li cho cỏc ch cũn trng. Do ú cú 9 4! 216 = s dng 1 2 3 4 5 6 , trong ú cú ch s 0 v ch s 1 ng cnh nhau. Vy: Cú tt c 600 216 384- = s gm 6 ch s khỏc nhau, trong ú hai ch s 0 v 1 khụng ng cnh nhau 0,5 0,5 b) (2,0) 1 2 2 3 3 2 2.2 2.3 2. 2 . = + + + + + + . Ta cú: ( ) ( ) 0 0 1 2 2 2 = = + = = ồ ồ 0 1 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 = + + + + + Ly o hm hai v, ta cú: ( ) 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 1 2 2 2.2 2.3 2 . 2 . - - - + = + + + + + + . Vi 1 = , ta cú: 1 2 2 3 3 1 2 2.2 2.3 2. 2 . 2 .3 - = + + + + + + = 1,0 0,5 0,5 Bi 5 (4) + Hỡnh tr ni tip na mt cu, nờn theo gi thit ng trũn ỏy trờn cú tõm O' cú hỡnh chiu ca O xung mt ỏy (O'). Suy ra hỡnh tr v na mt cu cựng chung trc i xng v tõm ca ỏy di hỡnh tr trựng vi tõm O ca na mt cu. + Gi v ln lt l bỏn kớnh ỏy v chiu cao ca hỡnh tr. Ta cú: 2 2 ' = = - ( ) 0 1 < Ê = Th tớch khi tr l: 2 2 2 2 ( ) = = - 0,5 0,5 0,5 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 '( ) 2 1 ộ ự - - ờ ỳ = - - = = ờ ỳ - - -ờ ỳ ở ỷ ( ) 0 1< Ê 0,5 2 6 6 '( ) 0 ; '( ) 0 3 3 3 = = = > < , do ú trờn khong (0 ; 1) hm s V(r) i du t õm sang dng, nờn 0 6 3 = l im cc i ca hm s V(r). Vy: ( 0;1 6 2 3 ( ) 3 9 ự ỳ ỷ ổ ử ữ ỗ ữ ỗ = = ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ (vtt) khi 0 6 3 = v 0 3 3 = 0,5 0,5 0,5 6 . nửa mặt cầu. Cho 1 = , hãy tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu (O, R) để khối trụ đó có thể tích lớn nhất. 2 ỏp ỏn s 6: Hu 2009- 2010 Bi 1 NI DUNG IM (4) ( ) 2cos. (C 2 ) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình. Bây giờ, nếu dựng ảnh (C 2' ) của (C 2 ) qua phép quay Q(A, 60 0 ) (hoặc Q'(A, -60 0 )), (C 2' ) nếu cắt (C 1 ) thì ta có thêm một số. -60 0 ) (hoặc Q(A, 60 0 )), điểm B phải ở trên đường tròn(O 1 ). Tam giác ABC là tam giác đều cần dựng. Có hình vẽ đã dựng. Chứng minh: Theo cách dựng, (C' 1 ) là ảnh của (C 1 ) qua phép quay