De so 52 de so 18 de thi hoc sinh gioi lop 11 2007 2008 đã sửa

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T 4cosA5cosB5cosC... Tính độ dài AB.. Cho hình chóp S ABC.. Gọi 30 I là điểm di động trên cạnh AC, J là hình chiếu vuông góc của S trên BI.. a Chứng

Câu 1 Tính giới hạn

2

4 0

sin 2 sin sin 4 lim

x

A

x





Lời giải

Ta có:

4 0

4sin cos 4sin cos cos 2 lim

x

A

x







2

0

sin cos cos cos 2

x





3 2sin sin

4lim

x

x



3 sin sin 3

x



Câu 2 Giải phương trình 14 22 (1 cot 2 cot ) 48

cos xsin x  x x  .

Lời giải

Điều kiện: sin 0 ( )

x











+) Ta có: 1 cot 2 cot 1 cos 2 cos sin 2 sin 2 cos 2 cos 12

sin 2 sin 2sin cos 2sin



+) Thay vào phương trình ta được: 14 14 48

cos xsin x 

48sin cosx x (sin x cos ) 0x

3sin 2 (1 sin 2 ) 0

2

6sin 2x sin 2x 2 0

     (2sin 22 x1)(3sin 22 x2) 0

2

2sin 2x 1 0

    1 2sin 22 x0 cos 4x0

k

   (thỏa mãn)

Câu 3 Chứng minh rằng phương trình 7x54x45x3 2x25x11 0 luôn có nghiệm

Lời giải

Đặt f x  7x54x45x3 2x25x11

Ta có f  0 11, f  1 4 f   0 f 144 0

Mà f x liên tục trên    1;0 nên tồn tại số thực x  0  1;0 sao cho f x   0 0

Vậy phương trình f x  luôn có nghiệm (đpcm).  0

Câu 4 Giải phương trình 2   2

Lời giải

Đặt t x2 (1 t 1), phương trình trở thành: t2 1 3x 1 x3t

     t 3 t x 0 t 3

t x





  



* Với t 3 thì x  2 1 3  x2 2

* Với tx thì x2  : vô nghiệm.1 x

Vậy PT có nghiệm x 2 2

1!.2007! 3!.2005! 1005!.1003! 1007!.1001! 2005!.3! 2007!.1!

viết dưới dạng 2

!

a

b với ,a b nguyên dương Tìm cặp số a b ; 

Lời giải

Từ giả thiết suy ra: 1 3 2007

Theo công thức nhị thức Newton ta có 0 1 2008 2008 2008 2008

2008 2008 2008 2 (1 1) 2

2008 2008 2008 2008 (1 1) 0

Từ  1 và  2 suy ra 0 2 2008 1 3 2007 2008 2007

2

2

Vậy

2007

2

2008!

S  nên a b ;  2007; 2008 .

Câu 6 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của 20 9

5

x x



  biết

  , C là tổ hợp chập n k k của n phần tử)

Lời giải

+) Sử dụng công thức k n k

 ta có: 1 2

n

n

Lại có: 0  1 2  2 1 2 1

2

2(2 1)

2

n

Do đó từ giả thiết suy ra: 2 20

2 n 1 2 1

    n10 +) Xét

k





Số hạng chứa x ứng với 20 k thỏa mãn 14k 50 20  k5

Vậy hệ số của x là 20 C 105 252.

Câu 7 Cho hàm số f x  x x 1 x2  x2000 Tính f   1000.

Lời giải

Ta có  1000 lim1000 ( ) ( 1000)

1000

x

f

x

 

 



1000

( 1)( 2) ( 1000) ( 2000) ( 1000)

lim

1000

x

x

 





1000

( 1)( 2) ( 999)( 1000) ( 2000)

lim

1000

x

x

 





1000

lim 1 999 1001 1002 2000

 

 1000  999 1 1.2 1000   1000!2

Câu 8 Cho tam giác ABC Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T 4cosA5cosB5cosC

Lời giải

2

4 1 2sin 10cos cos

2

4 8sin 10sin cos

4 8 sin sin cos

2

2

B C

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A 5

5 sin

2

A

B C











Vậy max 57

8

Câu 9 Cho parabol  P y: 2 x và đường thẳng  d :y x  2

a) Xác định tọa độ giao điểm ,A B của  d và  P Tính độ dài AB

b) Tìm điểm M trên cung AB của  P sao cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn bởi  P và

hai dây cung MA MB là nhỏ nhất.,

Lời giải

a) Tọa độ giao điểm ,A B của  d và  P là nghiệm của hệ phương trình

(4, 2)

2 0

A

B

x y





Khi đó AB 3 2

b) M x y thuộc cung  0; 0 AB của  P nên

2

0

y

 





Tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn bởi  P và hai dây cung MA MB là nhỏ nhất ,  MAB có diện tích lớn nhất  d M d ;   lớn nhất

+) Ta có    

2

2

2 Cosi

( 1) (2 )

2

Do đó max  ;   9 2

8

y    y  y   M  

  Vậy 1 1;

4 2

M  

  thỏa mãn bài toán

Câu 10 Cho hình chóp S ABC có SAABC và SA2a, đáy ABC là tam giác vuông tại C với 2

AB a, BAC   Gọi 30 I là điểm di động trên cạnh AC, J là hình chiếu vuông góc của S trên BI a) Chứng minh AJ vuông góc với BI

b) Đặt AI x ( 0 x a 3) Tính khoảng cách từ S đến BI theo a và x Tìm các giá trị của x để

khoảng cách này có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Lời giải

2a

x

C

S

I J

a) Ta có AJ là hình chiếu của SJ trên mặt phẳng ABC ,  SJ BI

AJ BI

  (định lí ba đường vuông góc)

b) SJ BI tại J nên SJ d S BI , 

+) ACABcosBAC 2 cos30a 0 a 3

sin 2 sin 30

BI BC CI a  a  x  a x  ax

* Hai tam giác vuông AJI và BCI có AIJ BIC (đối đỉnh) nên chúng đồng dạng, suy ra AJ AI

BC BI

AJ

* Xét tam giác vuông SAJ ta có:

4

Vậy  

,

d B SI



+) Tìm x để SJ đạt min, max:

Trong mặt phẳng ABC ,  AJ JB nên J thuộc đường tròn  C đường kính AB chứa trong mặt phẳng này Rõ ràng C cũng thuộc  C

Mặt khác J là giao điểm thứ hai của BI với  C nên khi I di động trên AC thì J di động trên cung nhỏ AC của  C

Do đó: SJ đạt min  AJ đạt min  I A x0

SJ đạt max  AJ đạt max  I C  x a 3