Hỏi vào ngày 15 / 4 / 2018 người đó phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao nhiêu để đáp ứng yêu cầu trên, nếu lãi suất không đổi trong thời gian người đó gửi tiền (gia trị gần đúng làm [r]
(1)Câu 29: [2D2-2] [SGD Quảng Nam - 2018] Một người muốn gửi tiền vào ngân hàng để đến ngày 15 / / 2020 rút khoản tiền 50.000.000 đồng (cả vốn lẫn lãi) Lãi suất ngân hàng là 0.55% trện tháng, tính theo thể thức lãi kép Hỏi vào ngày 15 / / 2018 người phải gửi vào ngân hàng số tiền để đáp ứng yêu cầu trên, lãi suất khơng đổi thời gian người gửi tiền (gia trị gần làm đến hàng nghìn)?
A 43.593.000đồng B 43.833.000đồng C 44.074.000đồng D 44.316.000đồng
Lời giải Chọn C
Gọi T số tiền cần gửi
Từ 15 / / 2018 đến ngày 15 / / 2020 có 23 chu kì
Theo cơng thức ta có ( )
23
50.000.000=T 1,0055 suy ( )23
50.000.000
44.074.000 1,0055
T= =
đồng Câu 33: [2D1-2] [SGD Quảng Nam - 2018] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số
3 2
1
2 3
3
y x m x m m x
đạt cực tiểu x
A m B m C m m D m hoặc2
m
Lời giải Chọn B
Ta có y x22m3x m 23m4 y2x2m3 Hàm số đạt cực tiểu x1 y 1 0
2
1 2m m 3m
2 6 0
m m
2 m m
.
Với m ta có y2x 7 y 1 0 điểm cực đại hàm số x loại.m Với m ta có y2x 3 y 1 0 điểm cực tiểu hàm số x m thỏa măn
Câu 35: [2D1-3][SGD Quảng Nam - 2018] Cho hàm số
2
2 x y
x
có đồ thị C Một tiếp tuyến của C cắt hai tiệm cận C hai điểm A, B AB2 2 Hệ số góc tiếp tuyến đó
A B 2 C
1
D 1
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
1 y
x
Đường tiệm cận đứng x2; đường tiệm cận ngang y 2
Gọi
1 ;
2
M x C
x
.
Phương trình tiếp tuyến C M có phương trình
0
2
0
1
:
2
d y x x
x x
(2)Gọi A giao điểm tiếp tuyến với đường tiệm cận đứng
2 2;
2 A
x
Gọi B giao điểm tiếp tuyến với đường tiệm cận ngang B2x02;2.
Theo đề ta có AB2 nên
2 2
0
0
3
2
1
x
x x
x x
.
Với x03 y 3 1.
Với x0 1 y 1 1.
Vậy hệ số góc tiếp tuyến k 1
Câu 37: [2D1-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có giá trị nguyên tham số m để hàm số
3 3 2 3 4 1
y x m x m m x
nghịch biến khoảng 0;1 ?
A 1 B 4 C 3 D 2
Lời giải Chọn B
2
3
y x m x m m
tam thức bậc hai có hai nghiệm phân biệt x1m,
2
x m .
Yêu cầu toán y 0 x 0;1 x1 0 x2 m m 3 m 0.
Do m m 3; 2; 1;0
Câu 39: [1H3-3][SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA vng góc với mặt đáy SA3a Gọi M , N trung điểm AB, SC. Khoảng cách hai đường thẳng CM vàAN
A
37 a
B 2
a
C
3 37 74 a
D 4
a Lời giải
Chọn A
Chọn trung điểm H BC gốc tọa độ tia HB trục hồnh, HA trục tung
Ta có
3 0;a ;0
2 A
, 2;0;0
a B
,
3
; ;0
4 a a M
, 2;0;0
a C
,
3
0; ;3
2 a
S a
,
3
; ;
4
a a a N
(3)3 ; ;0
4
a a CM
;
3
; ;
4
a a a
AN
; ; ;0 2 a a
AC
,
CM AN AC d CM AN
CM AN
37 a
Câu 40: [2D3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hàm số chẵn y f x liên tục 1 d x f x x Tính d f x x
A 2 B 4 C 8 D 16
Lời giải
Chọn D
Vì f x hàm số chẵn nên ta có f x f x , x Đặt 1 d x f x I x
Ta có:
1
1
2 2
d d d
1 2
x x x
f x f x f x
I x x x
Xét 1 d x f x I x
Đặt x t
0 1
1
1 0
2 2 2
d d dt d
1 2 2
x t t t x x
f x f t f t f x
I x t x
Do ta có
1
0
2 d
I f x x
Đặt u2x Ta có
1 2
0 0
1
2 d d d
2
I f x x f u u f x x
Kết hợp với giả thiết ta
2
0
d 16 f x x
Mở rộng: Làm tương tự ta có tốn tổng qt:
Cho hàm số chẵn y f x liên tục a a; Với k số thực khác 0, m số thực dương
d d a ka x a
f k x
x f x x
m k
Câu 41. [2H3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2y z 3 0,
điểm A2;0;0 Mặt phẳng qua A, vng góc với P ,cách gốc tọa độ O khoảng cách
4
3 cắt tia Oy Oz, điểm B C, khác
O Thể tích khối tứ diện OABC bằng
A 8 B 16. C
8
3. D
16 . Lời giải
(4)Gọi B0; ;0 ,b C 0;0;c bc 0 PT mặt phẳng :2
x y z
b c
Do P nên
0 b 2c
b c PT mặt phẳng :cx y 2z2c.
2
2
,
3 c
d O c c c
c
.
Do đó,
1
.2.4.2
6
OABC
V OA OB OC
Ta tạo số toán tương tự cách thay giả thiết P qua A giả thiết chứa đường thẳng d, giả thiết khoảng cách giả thiết góc
Câu [2H3-3] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng chứa đường thẳng
:
x
d y t
z t
đồng thời cách gốc tọa độ O khoảng cách
3 cắt tia Ox Oy Oz, , điểm A B C, , khác O Thể tích khối tứ diện OABC bằng
A 8 B 16 C
8
3 D
16
Câu [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2y z 3 0, điểm A2;0;0 Mặt phẳng qua A, vng góc với P ,tạo với mặt phẳng Q x: 2y2z 1 0 góc cho cos 13 Mặt phẳng cắt tia Oy Oz, lần lượt điểm B C, khác O Thể tích khối tứ diện OABC bằng
A
8 B
3
8 C
1
24 D
1
Câu [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng chứa đường thẳng
2
:
1
x y z
d
đồng thời cách gốc tọa độ O khoảng cách lớn Gọi A B C, , (khác O ) giao điểm với tia Ox Oy Oz, , điểm Thể tích khối tứ diện OABC bằng
A 4913
72 B 1331
6 C
1331
18 D
4913 24
Câu 42: [1D3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình vng ABCD có cạnh a có diện tích
1
S Nối trung điểm A B C D theo thứ tự 1, , ,1 1 4 cạnh AB BC CD DA, , , ta hình vng
thứ hai có diện tích S Tiếp tục làm thế, ta hình vng thứ ba A B C D có diện2 2
tích S ,…, tiếp tục làm ta hình vng có diện tích3 4, , ,5 100
(5)A
2 100
100
2
2 a
S
. B
2 100
99
2
2 a
S
C
2 100
2 a S
D
2 99
98
2
2 a
S
Lời giải
Chọn B
+) Dễ thấy hình vng thứ hai có cạnh
2
2
2 2
a a a
Suy
2
2 a S
+) Hình vng thứ bai có cạnh
2
2
4
a a a
Suy
2
4 a S
…
+) Cứ vậy, ta thấy Sn cấp số nhân, có S1a2 cơng bội
1 q
Vậy
2
1 1
1
1 2
1
1 1
2
n
n n
n n
q
S S S S S a a
q
Thay n100, ta
100
1 100 99
2
2 S S S S a
Mở rộng tốn: Cho hình vng ABCD có cạnh a có diện tích S Nối trung1
điểm A B C D theo thứ tự 1, , ,1 1 4 cạnh AB BC CD DA, , , ta hình vng thứ hai có diện
tích S Tiếp tục làm thế, ta hình vng thứ ba A B C D có diện tích 2 2 S ,…, và3
cứ tiếp tục làm mãi, ta hình vng có diện tích S S4, , , , Sn
Khi đó, tổng diện tích S tất hình vng là:
A S 2a2. B S 2a2 C S 3a2 D
2
3 S a
Lời giải
Chọn A
+) Dễ thấy hình vng thứ hai có cạnh
2
2
2 2
a a a
Suy
2
2 a S
+) Hình vng thứ bai có cạnh
2
2
4
a a a
Suy
2
4 a S
(6)+) Cứ vậy, ta thấy Sn cấp số nhân, có S1a2 cơng bội
1 q
+) Vì cơng bội q
, nên có q 1 Do đó, Sn cấp số nhân lù vô hạn, nên
2
2
1 1
1 1
2
n
S a
S S S S a
q
Câu 43: [2D1-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có giá trị thực tham số mđể giá trị lớn hàm số
2
2
y x x m
đoạn 2;1 ?
A 1 B 2 C 3 D 4
Lời giải Chọn B
Ta có f x( )x22x m (x1)2 m Vì x 2;1 nên
2
1 0;4
x , suy f x( ) m 5 f x( ) m 1.
Khi đoạn 2;1 max y max m1 ,m5 , suy
1 m
m
5 m m m m
.
Thử lại ta thấy có m , m thỏa mãn.1
Vậy có hai giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán
Câu 44: [2D2-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Có giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9 tham số m để bất phương trình
2
3logx2log m x x 1 x 1x
có nghiệm thực ?
A B C 10 D 11.
Lời giải Chọn B.
Điều kiện tồn biểu thức vế trái x0 Điều kiện tồn x x1 Nếu x1 m x x 1 x 1 x vô lý Nên điều kiện tồn hai vế
0;1 x
Phương trình
2
3logx2log m x x 1 x 1x
có nghiệm thực
2
2
3log 2log 1
1
x m x x x x
m x x x x
có nghiệm thực 0;1 Điều tương đương
với
3
2 1
m x x x có nghiệm thực x 0;1 tức
3
1
x x
m
x x
(7)Ta có
3
2
1
x x
A
x x
2
2
1
x x x x
x x
Đặt t x 1 thìx
2 1 2
t x x suy
2
2
2 t x x
Dễ thấy t Lại
2
1 x
suy
2
4 x x tức t2 2 nên t Khi đó, ta xét hàm
2
2
1
2 t t A t
t
2
3 t t t
1; Ta thấy
2
2
3 3
1
t t t t t
A t
t
4 2
3
0 t t
nên hàm nghịch biến, suy A t A 2 Do đó, điều kiện để (1) có nghiệm thực m 2, m nguyên nên m Vậy đáp án B
Câu 45: [2D1-1] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác đều, mặt bên SCD tam giác vuông cân S Gọi M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vng góc với SA Tính thể tích V khối S BDM A
3 3
16 a V
. B
3 3
24 a V
. C
3 3
32 a V
. D
3 3
48 a V
.
Lời giải Chọn D
Cách 1:
Gọi E,F trung điểm CD ,AB
CDSEF ABCD SEF theo giao tuyến EF Kẻ SH FE H FE SH ABCD
Xét SFE có
3 a FS
,
a SE
, FE a SFE vuông S
2 2
1 1
SH SF SE
4 a SH
(8)Có AH hình chiếu SA lên mặt phẳngABCD mà SABM AH BM Gắn hệ Oxy vào hình vng ABCD hình vẽ, đặt a ta được1
0;0 B
, A 0;1 ,
3 ; H
phương trình CD x: 1
Lập phương trinh BM qua B vng góc với AH ta 3x2y0 Ta có M CDBM
3 1;
2
M
1 DM
1
;
BDM
S MD d B DM
a
1
S BDM BDM
V SH S
48 a
Cách 2:
Gọi I J, trung điểm AB CD, Khi đó, SAB tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân S nên SI AB SJ, CDABSIJ
Do đó, H nằm SIJ
Ta lại có,
3
, ,
2
a a
IJ a SI SJ SIJ
vuông S và
2 2
1 1 16
3
a SH
SH SI SJ a ,
2
4 a HJ SJ HJ
Do AH hình chiếu SA ABCD nên AH BM DAE BMC (với E AHCD) Ta có
1
4
EJ HJ a a
EJ DE
ED AD .
2
2
tan
3 2 BDM
BC DE a a a
CM MD S BC DM
CM AD
Do vậy,
3
1
3 48
SBDM BDM
a
V SH S
Cách 3:
Gọi I J, trung điểm AB CD, Khi đó, SAB tam giác đều, mặt bên SCD tam giác vuông cân S nên SI AB SJ, CDABSIJ
(9)Ta lại có,
3
, ,
2
a a
IJ a SI SJ SIJ
vuông S và
2 2
1 1 16
3
a SH
SH SI SJ a ,
2
4 a HJ SJ HJ
Đặt CM xa AB u AD v, , ta có
2
1 3
0
2 4 2
AH BM u v v xu a xa x a
2 BDM
a a
MD S BC DM
Do vậy, 3 48 SBDM BDM a
V SH S
Câu 46. [2D3-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục đoạn 0;1 ,
f x f x nhận giá trị dương đoạn 0;1 thỏa mãn f 0 2,
1
2
0
d d
f x f x x f x f x x
Tính d f x x
A 15
4 . B.
15
2 . C
17
2 . D
19 . Lời giải
Chọn D
Vì f x f x nhận giá trị dương đoạn 0;1 nên từ
1
2
0
d d
f x f x x f x f x x
suy 2
d
f x f x x
Mà
2
f x f x
nên f x f x 1, x 0;1 hay
1, 0;1
f x f x x
Vậy
2
d d
f x f x x x
3 f x x C (*)
Trong (*) thay x C
, suy
3
3 f x x
. Vậy 1 0 19
d d
2
f x x x x
Câu 47. [1H3-4] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy ABC tam giác
vng A,AB a ,AC a 3. Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ABC trung điểm H BC, A H a 3 Gọi góc hai đường thẳng A B' B C Tính cos.
(10)Cách 1.
J
K
I
B' C'
H
C B
A A'
Gọi I tâm hình bình hành ABB A K trung điểm AC, IK đường trung bình tam giác AB C nên IK B C// , đóA B B C , IK IB,
Ta có tam giác ABC vng A nên :
2 2 3 2
BC AB AC a a a,
2
2 2
2
a a
KB AB KA a
Tam giác A HB vuông H A B A H 2HB2 3a2a2 2a IB a .
Xét tam giác ABC có
3 cos
2
AC a
ACB
BC a
Gọi J trung điểm HB, suy IJ A H//
1
2
a IJ A H
, đồng thời IJABC IJK
vuông J .
Xét tam giác CKJ có JK2 CJ2CK22CJ CK .cosACB
2 2
2
3 3 3
2
2 2 2
a a a a a
3
a JK
IJK
vuông cân J
6
a IK
Xét tam giác IKB có
2 2
cos
2
IK IB BK
BIK
IK KB
2
2
6
2
8
2
a a
a a
a
6 cos
8
(11)
Gọi E trung điểm AC ; D K điểm thỏa BD HK A B . Ta có B K ABC B D A B // A B B C , B D B C , DB C Ta tính BC2aBH ; a
2
3
B D A B a a a
2 2
3
CD AC AD a a a ;
2
2 3.
4
a a
CK CE EK a
2 3 3 6.
B C B K CK a a a
2
cos
2
B D B C CD
CB D
B D B C
2 2
4
2.2
a a a
a a
Câu 48: [2H3-4] [SGD Quảng Nam - 2018] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y: 4z0, đường thẳng d:x21 y11 z13 điểm A1;3;1 thuộc mặt phẳng P Gọi đường thẳng qua A, nằm mặt phẳng P cách d khoảng lớn Gọi u a b ; ;1
véc tơ phương đường thẳng Tính a2b
A a2b 3 B a2b0 C a2b4 D a2b7 Lời giải
Chọn A
Trước hết ta giải hai toán tổng quát sau:
BÀI TOÁN 1.
Cho điểm A đường thẳng d không qua A Viết PT mặt phẳng Q chứa d cách
điểmA khoảng lớn nhất.
Giả sử có mp Q d
Gọi H K, hình chiếu vng góc A Q đường thẳng d Khi K cố định K Q
AH Q
H Q
d A Q , AH AK
cố định.
Cách AHmax H K AK VTPT mp Q
Cách Trắc nghiệm: Phân tích cách tính nhanh
A
d Q
(12)Khi d A Q , đạt GTLN Q mp A d , . AM u, d
là VTPT mpA d, với điểm M d Nên mp Q thoả mãn:
,
Q A d
Q d
Q
có VTPT nQ AM u, d,ud
BÀI TOÁN 2.
Cho đường thẳng d mặt phẳng P điểmA P , cho d P I A Viết phương
trình đường thẳng a qua điểmA, a P cách d khoảng lớn nhất.
HD
Giả sử có đường thẳng a qua điể A.Gọi Q mp chứa dvà song song với a Khi d a d , d a Q , d A Q , d a d , max d A Q , max.
Theo kết Bài toán1:
, max
d A Q
Q có VTPT nQ AM u, d,ud
Với M d Do
/ /
a Q
a P
a có VTCP ua n nQ, P
ua AM u, d ,ud ,nP ,M d
Áp dụng Kết hai toán trên Cách 1.
Giả sử có đường thẳng d Gọi Q mp chứa dvà song song với Khi d,d d, Q d A Q ,
d,dmax d A Q , max
Q d
A
M
A
M
I d
P
(13)Gọi H K, hình chiếu vng góc A mp Q đường thẳng d Khi K cố định K Q
AH Q
H Q
d A Q , AH AK cố định. AHmax H K AK VTPT mp Q
Ta tìm nQ 2;3; 1
Đường thẳng d cần tìm có VTCP u
phương với n nQ, P
11; 7;1 ; ;1
u a b
11 a b
a2b 3
Cách 2.
Một véc tơ phương đường thẳng u AM u, d ,ud ,nP ,M d
Ta có: A1;3;1 , M1; 1;3 d AM 0; 4; 2
Véc tơ phương đường thẳng d ud2; 1;1
Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng P nP 1;1; 4
, d 2;4;8 AM u
AM u, d,ud12;18; 6
AM u, d,ud,nP 66; 42; 6
véc tơ phương Ta có AM u, d ,ud ,nP 6u
với u11; 7;1
Do gọi u a b ; ;1
là véc tơ phương .
11 a b
.
a2b 3
Một số nhận xét:
1) Với giả thiết u a b ; ;1
ta có unP
a b 4
(14)Bằng cách lấy hai đường thẳng d1d2 H mặt phẳng P không qua H khơng
vng góc với hai đường thẳng
Ví dụ: Lấy
2 1 1
: ; :
1 3
x y z x y z
d d
điểm A4; 2; 2d2.ta chọn
thêm P qua A xong
* Lấy P x y z: 6 ta toán
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z: 6 0, đường thẳng
2 1
:
1
x y z
d
điểm A4; 2; 2 thuộc mặt phẳng P Gọi đường thẳng nằm mặt phẳng P cách d khoảng cách lớn Gọi u a b c ; ;
vectơ phương Tính a b c
HD:
2;3; 2
HA
HA n, P 6; 5; 1
a b c 0 * Lấy P x y z: 0 ta toán
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z: 0trên đường thẳng
2 1
:
1
x y z
d
điểm A4; 2; 2 thuộc mặt phẳng P Gọi đường thẳng nằm mặt phẳng P cách d khoảng cách lớn Gọi u a b c ; ;
vectơ phương Tính a b c
HD:
2;3; 3
HA
HA n, P 6; 1; 5
a b c 12
Câu 49: [1D2-3] [SGD Quảng Nam - 2018] Hai bạn Bình Lan dự Kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2018 hai phòng thi khác Mỗi phòng thi có 24 thí sinh, mơn thi có 24 mã đề khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Xác suất để hai mơn thi Tốn Tiếng Anh, Bình Lan có chung mã đề thi
A 32
235 B
46
2209 C
23
288 D
23 576
Lời giải Chọn C
+ Số khả Bình chọn mã đề hai mơn Tốn Tiếng Anh là: C C241 241 .
Số khả Lan chọn mã đề hai mơn Tốn Tiếng Anh là: C C124 124
Do
2
1
24 24 331776
n C C
+ Gọi A biến cố: “ Bình Lan có chung mã đề thi”
Số khả Bình chọn mã đề hai mơn Tốn Tiếng Anh là: C C 124 124
Để Bình Lan có chung mã đề thi số cách chọn mã đề thi hai môn Lan là:
(15)Do n A C C124 124.2 1.23 26496.
Vậy
26496 23 331776 288 n A
P A n
.
Bài tương tự: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hố Lần 2) An Bình tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngồi thi ba mơn Tốn, Văn, Tiếng Anh bắt buộc An Bình đăng kí thi them hai mơn tự chọn khác ba mơn Vật lí, Hóa học Sinh học hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học Mỗi mơn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi mơn khác khác Tính xác suất để An Bình có chung mơn thi tự chọn chung mã đề
A
9 B
1
10 C
1
12 D
1 24 Lời giải
Chọn C
Gọi A biến cố: “An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề” Số khả An chọn môn thi tự chọn mã đề môn thi là: C32.82.
Số khả Bình chọn mơn thi tự chọn mã đề môn thi là: C32.82
Do đó, số phần tử khơng gian mẫu là: n C32.8 82C32 2.
Bây ta đếm số khả để An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề:
Số khả An chọn môn thi tự chọn mã đề môn thi là: C32.82
Sau An chọn Bình có cách chọn mơn thi tự chọn để có môn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An số cách chọn mã đề mơn thi Bình 1.8 8 cách Như vậy, số cách chọn môn thi mã đề thi Bình là: 2.8 Do đó:
2 3.8 2.8
n A C
Bởi vậy:
n A P A
n
2
2 2
3
.8 2.8 12 C
C C
Câu 50: [2D4-4] [SGD Quảng Nam - 2018] Cho số phức z thỏa mãn z 2 Giá trị nhỏ biểu thức P2 z 1 z 1 z z 4i
A 4 3 B 2 C
14
15
D
7
15
Lời giải Chọn A
Cách 1:
Đặt z x yi x y , Ta có
2
4
x y y Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ của
2 2
2 2
P x y x y y Sử dụng bất đẳng thức u v u v
ta có P4 y2 1 2y.
(16) 42 2; y f y
y
f y 0 2
0
4
y
y y
1 y
Từ BBT suy ra, 2;2
1
3
f y f
3 . Vậy Pmin 4 3 đạt
i z
Cách 2:
Đặt z= +x yi x y( , ẻ Ă ) Ta cú x2+y2Ê ị4 y £ Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ
của ( ) ( )
2 2 2
2 1
P= éêê x+ +y + - x +y + -y ùúú
ë û=2 MB( +MC+MH) với M nằm hình trịn (O; 2) H hình chiếu M lên đường thẳng y=
Ta có P=2(MB+MC+MH) =2 MB( +MC+EA) ³ 2 EB( +EC+EA) với E hình chiếu M Oy
Phép quay (Q(C;60°) biến DCEA® DCJG nên EB EC+ +EA³ BE EJ+ +JG³ BG.
Áp dụng định lý cosin ta có
·
( )
2 2 2 . .cos 60
BG =BC +CG - BC CG BCA+ ° = +(2 3)2 Vậy minP= +4
Một số hướng khai thác toán
1) Tổng quát: Cho số thực dương a b, số phức z thỏa mãn b1; z a Tìm giá trị nhỏ biểu thức P b z 1 b z 1 z z 2ai
Cách làm tương tự Pmin 2 b2 1 2a đạt
i z
b
2) Cho số thực a b c, , Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P z a z a z z b ci
Ta có P a z z a z z b ci
2 2
2a b ci 2a b c Khai thác dựa theo hàm cần khảo sát
3) Cho số phức z thỏa mãn z z i Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 2 10
(17)Đặt z x yi x y , Ta đến x y 1 tìm giá trị nhỏ
2
2 2 40
P x y
Ta rút đến KSHS tìm Pmin 5 22 đạt