Dễ thấy 1 nếu có 2 nghiệm đối với t thì 2 nghiệm đó cùng dấu, như vậy * có nghiệm duy nhất thì 1 cũng phải có nghiệm kép dương.. Do DMN vuông góc với ABC và tứ diện ABCD đều nên MN luôn
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – THPT CâuI.
1. Tự làm
2 Có y' 3 x2 2(m1)x (4 m2) (C có hai tiếp tuyến vuông góc với hệ số góc lần lượt là m) k và 1
k
Khiđó các phương trình: 3x2 2(m1)x (4 m2) k 0 và 3x2 2(m 1)x (4 m2) 1 0
k
nghiệm đối với x Tức là
( )I (ẩn m)
(1) có 1' 27 6k ; (2) có 2' 27 6
k
Khi 1' 0;2' 0 thì hệ ( )I vô nghiệm.
Khi
1
2
9 ' 0
2 2 ' 0
9
k k
2
m
thoả mãn (cho tương ứng cả của (1) và của(2))
Khi 1
2
9
0
2 ' 0
9
k k
thì (1) có tập nghiệm là 1 27 6 ;1 27 6
; (2) có tập nghiệm là
;
, hệ ( )I có nghiệm 9;0 2;
2 k
thì tập nghiệm của ( )I là 1 27 6
2
k
2
k
Xét 2
9
k thì tập nghiệm của ( ) I là: 1 27 6 1 27 6 1 3 3 1 3 3
Vậy 1 3 3 1 3 3
là giá trị cần tìm
Câu II 1 Giải phương trình:cos 2xcos3x sinx cos 4xsin 6x
Giải: cos 2xcos3x sinx cos 4xsin 6x cos 2x cos 4x sin 6xcos3x sinx0
2sin 3 sinx x 2sin 3 cos 3x x cos 3x sinx 0
sin cos3
sin 3
2
x
Bạn đọc tự giải ra nghiệm của phương trình
2 Giải bất phương trình: 2 4 2
6(x 3x1) x x (*)1 0
Trang 24 2 2
(*) x x 1 6(x 3x1)
2
2
2
x
2
1
2
t x
x
giải ra t x
3 Tìm số thực a để phương trình 9 x 9 a3 cos(x x) (*) có nghiệm thực duy nhất.
Đặt t3x (t0) (*) trở thành t2 acos(x t) 9 0 (1) có a2cos (2 x) 36 Dễ thấy (1) nếu có 2 nghiệm đối với t thì 2 nghiệm đó cùng dấu, như vậy (*) có nghiệm duy nhất thì (1) cũng phải có nghiệm kép dương
cos ( ) 36 0
cos( ) 6
3 0 2
t
t
t
6
3x 3
a t
Thử lại thấy thoả mãn
CâuIII Tính 2
3 0
sin (sin 3 cos )
x
dx
3
3
3
CâuIV
1
Do (DMN) vuông góc với (ABC) và tứ diện ABCD đều nên
MN luôn qua trọng tâm H của tam giác ABC
0
.sin 60
AMD
0
.sin 60
AND
AH AP HD
M
A
D
C
B
P H
N
Trang 32 2
DMN
0
.sin 60
AMN
tp
S x y xy x y xy
Không giảm tổng quát giả sử 1 2; 2 1
x y x y
Xét tam giác đều ABC có các cạnh bằng 1 khi đó
2
3
AM AN a IN IN NN y a MM a x
'
2
a
2
a
a
tp
S x y xy x y xy x y xy x y xy
2
3
x y
2 Cho : x y 5 0 và các Elíp
25 16
a b
Giải
a b a2 b2 ; M ( ;9 x x 5) là điểm cần tìm Khi đó
2
M E a x a x a a a có nghiệm đối với x
' 2 (t t 26 153) 0t t 26 153 0t t 9;t 17
(với t a 2) a2 17
Ta được độ dài trục lớn 2a của ( )E đạt GTNN khi 2 a 17 khi đó 17 17 8;
M
x M
3 Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng
1
.
Giải:
Dễ thấy 1/ /2 và cùng thuộc mặt phẳng (Q): x-2z-3=0 , (Q) song song với Oy cắt Ox tại C(3;0;0) và Oz tại D(0;0;3
2) và M(0;2;0) không thuộc (Q) (P) qua M(0;2;0) song song với Ox cùng với (Q) và xOy đồng quy tại E(3;2;0) Mặt khác:
1
( ; )
2 5
3
E
d ;
2
( ; )
3 5 3
E
d ;
1 2
( ; )
5 5 3
d Giao tuyến của đường (P) với (Q) là đường thẳng (d)
A
'
N
M
N
Trang 4Qua E cắt 1; 2 tại A và B theo thứ tự như hình vẽ.
Dễ có được EB = 3
5AB =
3
5 Ta chuyển sang tìm điểm A trên đường 2 sao cho EB=3
5 sau đó viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, E và B
CâuV Cho các số thực , , a b c thoả mãn
3
ab bc ca
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a 6b6c6.
6
3
ab bc ca
P a b c =(a3b3c3 2) 2(a b3 3b c3 3c a3 3) Có:
2
a b c a b c a b b c c a abc abc
a b b c c a ab bc ca a b b c c a a b c abc abc
3(a b b c c a ) 3(abc)
3 ( ab bc ca )2 2abc a b c( )3(abc)2 3(abc)2 27
Suy ra: 6 6 6 2
P a b c abc
Từa b c 0 suy ra trong 3 số , ,a b c có hai số cùng dấu và số còn lại khác dấu Giả sử , b c là hai số cùng
dấu và a là số trái dấu Khi đó:
2 2
0
a b c
Vậy P a 6b6 c6 3abc2543.4 54 66 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
b c
bc
hoặc tại các hoán vị của , ,a b c
1
2
A E B