DAP AN TUAN 1 THANG 1 NAM 2013

Chứng minh rằng khi M di động trên AD thì I chạy trên đường thẳng cố định S... cố định suy ra SJ cố định nên I chạy trên SJ cố định đpcm.[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ

CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC

ĐÁP ÁN TUẦN 1THÁNG 01 NĂM 2103

(07 tháng 01 năm 2013) KHỐI 10

Câu 1: Cho phương trình x3 2m2x27m11x 6m14 0 Tìm để phương trình đã cho

có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1

 1  2  2 2 1 3 7 0

pt  x x  m x m 

2

2 1

x

 



 



Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và thỏa

1; 2:1 1 2

x x x x

2

7

1 2

m

x x



















Câu 2: Cho a b c, , các số thực dương thỏa mãn: ab bc ca  3.

Chứng minh rằng: 2  2  2 

1a b c 1b c a 1c a b abc

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:3ab bc ca  3 (3 abc)2  abc1

Suy ra:

2

3

a b c abc a b c a ab bc ca a

a

a b c

Tương tự ta có: 2 2

1b c a(  ) b 1c a b(  )  c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

a b c b c a c a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

abc ab bc ca    a b c   a b c

Câu 3: Giải hệ phương trình:







Với x 0 y hệ pt không thỏa mãn

LẦN 3

Với x y , 0 thì hệ    



 





4

Đặt

2

2

8 5

x

u

x y

v

y

















 hệ pt trở thành

4

u v







 

2 2

1 11 2





 





Pt(2)  4 11 2  u 5u1 2u1 11 2   u  4u2 21u27 0

3 3

2





 

   



Với

2

2

3

1 3

2

2

2

x

x

y

y y

















Với

2

2

3

2

4

13

x y x

x

x

y











KHỐI 11 Câu 1: Tính tổng các nghiệm của phương trình

x x  x   x 

    trên đoạn 0;100

 

3

3

2

2

sin

7

x

x VN













Do k Z  k 1;2;3;4; 15;16

Vậy tổng cần tìm 2 1 2 3 15 16  272 1 543

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Gọi M3;2

là trung điểm

của BC,

2 2

;

3 3

G  

  là trọng tâm của tam giác ABC, và I1; 2  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm C của tam giác ABC

+ Ta có : IM 2;4

và

7 4

;

3 3

GM  



+ Gọi A x y A; A

, ta có AG2GM

 4; 2

A

+ Đường thẳng BC qua điểm M3;2

và nhận IM  2;4 nên có phương trình: x2y 7 0 . + Gọi C x y ;  ta có IC IA nên ta được: x 12y22 25

+ Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :  2  2

x y







+ Giải hệ phương trình ta được :

5 1

x y









1 3

x y











+Vậy có 2 điểm C thỏa mãn : C5;1

và C1;3

Câu 3: Cô dâu và chú rể mời bốn người bạn đứng thành một hàng ngang để chụp ảnh cùng với

mình Có bao nhiêu cách xếp hàng nếu cô dâu đứng bên trái chú rể

TH1:Số cách xếp hàng ngang mà cô dâu đứng bên trái cạnh chú rể là 5! 120

TH2: Xếp hàng ngang mà cô dâu đứng bên trái không cạnh chú rể

Số tất cả các cách xếp hàng ngang là 6! 720

Số cách xếp hàng mà cô dâu không đứng cạnh chú là 6! 240 480 

(240 là số cách xếp cô dâu đứng cạnh chú rể:2.5! 240)

Vậy số cách xếp hàng nếu cô dâu đứng bên trái chú rể

480

2

(cách xếp)

KHỐI 12

Câu 1: Cho hàm số

4

3

x

y  x 

có đồ thị (C) và điểm A( )C với x A a. Tìm các giá trị của a, biết rằng tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B,C khác A sao cho

3

AC AB( B nằm giữa A và C)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm A với xA= a là:

4

a

y a  a x a   a 

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với đồ thị ( C)

x a x ax a

Để có 3 giao điểm A,B,C thì phương trình : x22ax3a2 6 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác a

1

a a



 





Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của pt ( 1) nên 2

2

B C

B C

x x a







Mặt khác AC=3AB ( B nằm giữa A và C )  AC  3AB x C  3x B 2a

Giải hệ ba phương trình trên ta được a  2 ( thỏa đề bài)

Câu 2: Giải phương trình

2

2

x

x x

x x

Đặt

2

1 0

a x

b x x







pt 2013

2013 log

2013

b a

Đặt t x2 0pt t3 3 1 0t  (1)

Xét hàm số

3

( 1) 1

(2) 1

f f

f t t t t R

f f











Suy ra pt f(t)=0 có một nghiệm thuộc mối khoảng ( -2; -1); (-1;0);(0;2)

 pt(1) chỉ có một nghiệm t (0;2) nên ta dặt t 2cos (0 2)



khi đó (1) 2(4cos3  3cos ) 1 

1 cos3



Vậy pt đã cho có hai nghiệm x1,2 2cos9





Câu 3: Cho hình chóp S ABCD. có đáyABCD là hình thang vuông tạiA D, biết

AB AD DC  a a Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy;

M nằm trên

đoạn AD sao cho AM x0x a  Mặt phẳng (P) qua M và song song với SA, AB lần lượt cắt các cạnh BC, SC, SD tại N, P,Q

1) Tìm x để thể tích khối chóp S MNPQ. lớn nhất Tính thể tích đó

2) Gọi I là giao điểm của MQ và NP Chứng minh rằng khi M di động trên AD thì I chạy trên

đường thẳng cố định

Ta có

 

//

//

AB P











 

//

//

MQ P SAD

SA P











 

//

//

//

PQ P SAD

CD P

do AB CD











  P  SBC NP

Ta có MNPQ là hình thang (1)

Gọi J ADBC

Khi đó DC là đường trung bình tam giác JAD

x 2(a-x)

2a-x

N

M

K

I P Q

N

J

C

H

D

S

M

2 2

MN AB

MN JM a x



2

MN a x

//

MQ SA

MQ DM a x

SA DA aa



2

MQ  a x

//

QP CD

QP SQ

CD SD

DQ DM DS SQ a x SQ x

PQ x

PQ x

CD a

JN JM JI

NI SB NP SB

JP  JA JS  

Khi đó ta có NP CP DQ DM NP 2a x

SB CS DS  DA   

Vậy NP = NQ vậy MNPQ là hình thang cân

Gọi P’, Q’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên MN

MQ NP MQ a x

Suy ra QQ' MQ2 MQ'2  3a x 

Vậy S MNPQ a 3a x 

Ta có SAB // MNPQ

Gọi H là trung điểm AB vì SAB

đều suy ra SH AB

Vì SAB  ABCD  SH  ABCD

Mà ABCD là hình thang vuông tại A, D suy ra ABCH là hình vuông

CH AD

CH SAB

do SH ABCD SH CH









Mà SAB // MNPQ

suy ra HK MNPQ  HK d S MNPQ ,   x

.

S MNPQ

V  x a a x  x a x      

Dấu bằng

3

2) Ta có

I SBC

I SAD









Vì SAD , SBC

cố định suy ra SJ cố định nên I chạy trên SJ cố định (đpcm)