12-SÁU BÀI TẬP TRÒ HỎI ,KHÁ HAY

TRÒ HỎI (HOÀNG _ LÂM ĐỒNG – ĐT 01638670720 - Email : linhhonbanggia_90@yahoo.com ) Lời giải và HD giải Bài 1: cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 Chứng minh rằng: (11 + a 2 )(11 + b 2 )(11 + c 2 ) + 120abc  4320 Đề bài phải chữa như sau mới đúng (Như vậy là đề ra sai) Bài 1: cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 Chứng minh rằng: (11 + a 2 )(11 + b 2 )(11 + c 2 ) + 120abc 4320 HD GIẢI : VT = (11 + a 2 )(11 + b 2 )(11 + c 2 ) + 120abc = (7+ 4 + a 2 ) (7+ 4 + b 2 ) (7+ 4 + c 2 ) + 120abc .(Áp dụng BĐT Côsy 4 + a 2 2a , …) (7 + 2a) (7 + 2b) (7 + 2c) + 120abc (Nhân đa thức và làm gọn) = 98(a + b + c) + 28(ab + bc + ca) + 128 abc 98.3. + 28.3. + 128 abc = 294. + 84. + 128 abc - a chứng minh : 294. + 84. + 128 abc 4320 (Chia hai vế cho 2) 147. + 42. + 64.abc 2160 (*) - = t thì 0 < t 2 , dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 2 (Vì a , b , c dương,thỏa mãn a + b + c = 6 nên theo Côsy: 6 = a + b + c 3. ; 0 < 2) Và = t 2 , abc = t 3 Bất đẳng thức (*) trở thành : 64t 3 + 42.t 2 + 147.t – 2160 0 - Xét hàm số : f(t) = 64t 3 + 42.t 2 + 147.t – 2160 Với 0 < t 2 Có f ’(t) = 192t 2 + 84.t + 147 > 0 với t (0 ; 2] . Do đó hàm số f(t) = 64t 3 + 42.t 2 + 147.t – 2160 đồng biến trên nửa đoạn (0 ; 2] . Trên (0 ; 2],giá trị lớn nhất của hàm số là f(2) = - 1077 < 0 Như vậy , với t (0 ; 2] thì f(t) < 0 . Vậy: Các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 thì (11 + a 2 )(11 + b 2 )(11 + c 2 ) + 120abc 4320 Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(1;-1) và hai đường thẳng : (d 1 ) x – y -1 = 0, (d 2 ): 2x + y – 5 = 0. Gọi A là giao điểm của d 1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt d 1 và d 2 lần lượt tại B và C sao cho 3 điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC = 3AB HD GIẢI : - Giải hpt : pt (d 1 ) và pt (d 2 ) được tọa độ điểm A( 2 ; 1) - Gọi B(x 1 ; x 1 - 1) (d 1 ) và C(x 2 ; - 2x 2 + 5) (d 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì : B , M , C là ba điểm thẳng hàng và BC = 3AB . Do đó ta có : Đây thực chất là hệ ba phương trình ba ẩn : x 1 ; x 2 ; k . Giải hpt trên , tìm được x 1 ; x 2 tức là tìm được tọa độ của B ; C .Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm B , C đó chính là đường thẳng ( ) . Bài 3: Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng: (d 1 )         4 2 z ty tx và (d 2 )         0 3 ' ' z ty tx . Viết phương trình mặt phẳng cách đều (d 1 ),(d 2 ) HD GIẢI : - Đường thẳng (d 1 ) :         4 2 z ty tx đi qua điểm M 1 (0 ; 0 ; 4) , có vtcp (2 ; 1 ;0) - Đường thẳng (d 2 ) :         0 3 ' ' z ty tx đi qua điểm M 2 (0 ; 3 ; 0) , có vtcp (1 ; -1 ;0) - Ta có (0 ; 3 ; -4) ; = (0 ; 0 ; -3) . Do đó . = 0 + 0 + 12 0 Suy ra (d 1 ) và (d 2 ) là hai đường thẳng chéo nhau - Ta có trung điểm của đoạn thẳng M 1 M 2 là M 0 (0 ; ; 2) .Mặt phẳng (P) cần lập phương trình là mặt phẳng đi qua điểm M 0 (0 ; ; 2) song song với (d 1 ) và (d 2 ) ,tức là mp(P) có vtpt = = (0 ; 0 ; -3) .Phương trình mp(P) : 0(x – 0) + 0(y - ) – 3(z – 2) = 0 Hay là : z – 2 = 0 (P) Trả lời :Mặt phẳng (P) cách đều (d 1 ),(d 2 ) có phương trình : z – 2 = 0 Bài 5: Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x + 4y – 5 = 0, (Q): 3x – y + z – 2 = 0 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (s): 2x – 2y – z + 7 = 0 một khoảng bằng 2 HD GIẢI : - Mặt phẳng (P) : x + 4y – 5 = 0 có vtpt (1 ; 4 ; 0) . - Mặt phẳng (Q) : 3x – y + z – 2 = 0 có vtpt (3 ; -1 ; 1) - Ta thấy điểm M 0 (1 ; 1 ; 0) thỏa mãn phương trình của cả hai mặt phẳng (P) , (Q) , nghĩa là M 0 nằm trên giao tuyến (d) của hai mặt phẳng (P) , (Q) - Vtcp của đường thẳng (d) ,giao tuyến của (P) và (Q) là = = (4 ; -1 ; -13) Như vậy giao tuyến (d) của (P) và (Q) đi qua điểm M 0 (1 ; 1 ; 0) và có Vtcp = (4 ; -1 ; -13) Do đó giao tuyến (d) của (P) và (Q) có phương trình tham số : - Điểm M(1+ 4t ; 1 – t ; - 13t) (d) mà khoảng cách từ điểm M đến mp(S) : 2x – 2y – z + 7 = 0 bằng 2 .Ta tìm t Ta có khoảng cách từ M đến mp(S) là : = 2 = 2 = 6 Tương ứng t 1 ; t 2 ta có điểm M 1 ; M 2 trên giao tuyên (d) của hai mặt phẳng (P) , (Q) có hai điểm M mà khoảng cách từ M đến mp(S) bằng 2 là : M 1 ( ; ; ) ; M 2 ( ; ; ) Chú ý : Kiểm tra lại các kết quả tính toán .Vì tính nhẩm có thể thiếu sự chính xác . Bài 6: tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton:     6 5 3lg2310lg 22         x x Biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 231 2 nnn CCC  Đề sửa lại như sau mới hợp lý: Bài 6: tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: n Biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 231 2 nnn CCC  HD GIẢI : Điều kiện > 0 0 < < 10 - Đặt = a = b (Đặt cho gọn) - Giải phương trình ẩn n N* : + = 2 được n = 7 (Loại n = 2) - Số hạng thứ (k+1) trong khai triển (a+b) n là T k = a k b n-k . - Ta có : số hạng thứ 6 trong khai triển (a + b) 7 là T 5 = a 5 b 2 ; = 21 Và a 5 b 2 = = . = = - Do đó,theo giả thiết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 trở thành : a 5 b 2 = 21 21. = 21 = 1 = 0 = 1 -10. + 1 = 0 vậy = 5 - và = 5 + (Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện đã nêu) - Với = 5 - ta có x = và với = 5 + ta có x = Trả lời : Có hai giả trị của x thỏa mãn yêu cầu bài toán : x = và x = Bài 4: Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh T = A 1 A 2 …A 10 . Xét các tam giác có 3 đỉnh của tam giác T. Hỏi trong số các tam giác có bao nhiêi tam giác mà 3 cạnh của nó đều không phải là 3 cạnh của tam giác T? Sửa lại và thêm một số từ trong đề mới hợp lý: Bài 4: Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh T = A 1 A 2 …A 10 . Xét các tam giác có 3 đỉnh của tam giác là các đỉnh của đa giác T. Hỏi trong số các tam giác đó có bao nhiêu tam giác mà 3 cạnh của nó đều không phải là 3 cạnh của đa giác T? HD GIẢI : - Mỗi bộ 3 điểm trong 10 điểm A 1 ,A 2 , … ,A 10 thuộc T tạo nên một tam giác.Tổng số các tam giác tạo thành là : = 120 - Tại mỗi đỉnh , có một tam giác nhận hai cạnh của đa giác T làm cạnh . Chẳng hạn tại đỉnh A 1 thì có A 1 A 2 A 10 nhận hai cạnh A 1 A 2 và A 1 A 10 của đa giác T làm cạnh. Có 10 đỉnh nên ta có 10 tam giác loại này (nhận hai cạnh của đa giác T làm cạnh) . - Mỗi cạnh của đa giác T tạo được 6 tam giác mà mỗi tam giác nhận một cạnh của đa giác T làm cạnh .(Chẳng hạn : cạnh A 1 A 2 làm cạnh đáy của 6 tam giác có đỉnh tương ứng là A 4 ,A 5 ; A 6 ,A 7 ; A 8 ,A 9 ).Đa giác T có 10 cạnh nên ta có tất cả 60 tam giác loại này (nhận một cạnh của đa giác T làm cạnh) - Không có tam giác nào nhận ba cạnh của đa giác T làm cạnh. Theo lập luận và tính toán ở trên ta suy ra : Số tam giác mà 3 cạnh của nó đều không phải là 3 cạnh đa giác T là : 120 – (10 + 60) = 50 Trả lời : 50 tam giác A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 . TRÒ HỎI (HOÀNG _ LÂM ĐỒNG – ĐT 01638670720 - Email : linhhonbanggia_90@yahoo.com ) Lời giải và HD giải Bài 1: cho các số thực dương a, b, c thỏa. thỏa mãn yêu cầu bài toán : x = và x = Bài 4: Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh T = A 1 A 2 …A 10 . Xét các tam giác có 3 đỉnh của tam giác T. Hỏi trong số các. trình mp(P) : 0(x – 0) + 0(y - ) – 3(z – 2) = 0 Hay là : z – 2 = 0 (P) Trả lời :Mặt phẳng (P) cách đều (d 1 ),(d 2 ) có phương trình : z – 2 = 0 Bài 5: Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (P):