1 HÀM SỐ x2  x Câu (TÀI LIỆU ÔN TẬP) Chứng minh hai đồ thị sau tiếp xúc nhau: y  f  x   2 3x Viết phương trình tiếp tuyến chung chúng tiếp điểm y  g  x  x2 x1 Câu (TÀI LIỆU ÔN TẬP) Cho hàm số: y  có đồ thị  C  Tìm điểm M đồ thị  C  cho tổng x 1 khoảng cách từ M đến đường thẳng 1 : 2x  y   2 : x  y   nhỏ Câu (HÀ NAM 12 15-16) Cho hàm số y  mx3   m  1 x2   m   x  (1) ( m tham số thực) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  2x2  x1 có đồ thị  C  đường thẳng d : y  2x  m  ( m x2 tham số thực) Chứng minh với m, đường thẳng d cắt  C  điểm phân biệt A, B Gọi Câu (HÀ NAM 12 15-16) Cho hàm số y  k1 , k2 hệ số góc tiếp tuyến A B  C  Xác định m để  3k1  1   3k2  1  98 2 PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỶ Câu (HÀ NAM 12 15-16) Giải bất pt sau tập số thực x   x2  2x   4x   x  x  x2  log log y log  y   y2 Câu (HÀ NAM 12 15-16) Giải hệ sau tập số thực   27 x y x  x  xy  x  x   Câu (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Tìm tất giá trị tham số m để bất pt sau có nghiệm: x   x2  x  m x  Câu (HUẾ 2012) Giải phương trình sau : 3x(2  x  3)  (4 x  2)(  x  x  1)  Câu (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) x 2  x2  x   x3  3x2  5x   Câu (TP HCM 2015) Tìm m để p.trình : ( x2  x  1)( x2  5x  1)  mx2 có hai nghiệm phân biệt Câu (THỌ XUÂN 4-THANH HÓA) Biện luận theo m số nghiệm pt x4  x  m  x4  4x  m  x  x2  Câu (HẬU LỘC 3-THANH HĨA) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm nhất: Câu (HẬU LỘC 3-THANH HÓA) Giải phương trình x2  3x    log m 11  log ( x2  mx  10  4)log m ( x  mx  12)  3   x  y  3x  x  y   ( x , y  ) Câu 10 (HỊA BÌNH 17-18) Giải hệ phương trình  ( x  1) y   ( x  6) y   x  x  12 y   x  x  y   x  y  y y   Câu 11 (HẢI DƢƠNG 16-17) Giải hệ:   x, y    2  x  y   y x  3x  PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC Câu (HẢI DƢƠNG 16-17) Giải phương trình: 2sin3 x  cos2x  sin 2x  2sin x  2cos x       Câu (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Giải phương trình cos  x    cos x  s inx   3  Câu (HỊA BÌNH 17-18) Tính tổng nghiệm x     ;   pt: 2(cosx  sin x)cos x  cos x  3sinx  TỔ HỢP, XÁC SUẤT, NEWTON   Câu (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 )Tập hợp X có 2n n * phần tử chia thành tập đôi không giao Xét quy tắc chuyển phần tử tập sau: A, B tập X số phần tử A không nhỏ số phần tử B ta phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử số phần tử tập B Chứng minh sau số hữu hạn bước chuyển theo quy tắc trên, ta nhận tập X 1 ( n  ; n  1) Câu (HUẾ 2012) Chứng minh : 2n Cn2n < 2n+1 Câu (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Thầy X có 15 sách gồm sách Văn, sách Sử sách Địa Các sách đôi khác Thầy X chọn ngẩu nhiên sách để làm phần thưởng cho học sinh Tính xác suất để số sách lại thầy X có đủ môn DÃY SỐ Câu (NGHỆ AN LỚP 11 16-17) Cho dãy số  un  xác định u  1; u   n  1 un1  n n n 2n  n1 1 , n  * Tìm cơng thức số hạng tổng quát un dãy số theo n Câu (HÀ TĨNH LỚP 11 15-16) u1  2013  Câu (QUẢNG BÌNH LỚP 11 2013) Cho dãy số  un  xác định sau:  n un1  n1 un  2013n  Tìm cơng thức số hạng tổng quát giới hạn dãy số  un  ? Câu (HẢI DƢƠNG 12 15-16) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1  1 ; un1  (n  1) un n  dãy số ( )  un thỏa mãn: unvn  un  2vn   n  Tính v2015 lim un SỐ HỌC BẤT ĐẲNG THỨC Câu (HÀ TĨNH LỚP 11 15-16) Câu (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Cho a, b, c số thực khơng âm có tổng Chứng minh a2  b2  c  abc    Câu (HÀ NAM 12 15-16) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn x y  z  yz  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  x  yz   x   y z       y  z  x  y  z       2 Câu (NGHỆ AN 2013) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P  a  ab  abc abc Câu (VĨNH PHÚC 12 15-16) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn 1;  x  y , x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  y 1 y z      10 y  x  y  z z  x  Câu (HẢI DƢƠNG 12 15-16) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: b2 c2 a2     ab   2ab  1  bc   2bc  1  ac   2ac  1 HÌNH HỌC PHẲNG Câu (THỌ XN 4-THANH HĨA) Tam giác ABC có góc cạnh thoả:  CosB 2a  c  (1) SinB 4a2  c Chứng minh ABC tam giác tam giác cân Câu (HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 ) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy H ( A1  BC , B1  AC , C1  AB) Biết AA1  2 , CC1  HB  5HB1 Tính tích cot A.cot C diện tích tam giác ABC HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Câu (HÀ NAM 12 15-16) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C ’, có đáy ABC tam giác vng với AB  BC  A’ cách đỉnh A, B, C Gọi L, K trung điểm BC , AC Trên đoạn A’B, A’A lấy M , N cho MA’  2BM , AA’  A’N Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10 Câu (HÀ NAM 12 15-16) Cho hình chóp S.ABC có độ dài cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x2  y  z2  12 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC Câu (HUẾ 2012) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông A Khoảng cách từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ a, mặt phẳng (ABC’) cách C khoảng b hợp với đáy góc  a) Tính thể tích khối lăng trụ b) Cho a = b không đổi,  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ Câu (HẢI DƢƠNG 16-17) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  2, góc mặt phẳng (SBC) mặt phẳng (ABCD)  Tìm giá trị cos  để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ Câu (HẢI DƢƠNG 16-17) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn  a 2 AD’, điểm N thuộc đoạn BD cho AM  DN  x ,   x   Tìm x theo a để đoạn MN ngắn    Câu (HẬU LỘC 3-THANH HĨA) Cho hình chóp S.ABCD có đáy nửa lục giác với cạnh a (a> 0) SM Cạnh SA vng góc với đáy SA = a M điểm khác B SB cho AM  MD Tính tỉ số SB Câu (NGHỆ AN 2013) Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' Câu (NGHỆ AN 2013) Cho tứ diện ABCD có G trọng tâm tam giác BCD Mặt phẳng   qua đường thẳng AA ' BC trung điểm I đoạn thẳng AG cắt cạnh AB, AC , AD điểm (khác A ) Gọi hA , hB , hC , hD khoảng cách từ điểm A, B, C , D đến mặt phẳng   hB2  hC2  hD2 Chứng minh rằng:  hA2 HẢI DƢƠNG 12 15-16 Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1  1 ; un1  un  , n  dãy số ( ) thỏa mãn: un unvn  un  2vn   n  Tính v2015 lim un un1  2  un1   un  2 un1 Ta có v1  3 Chứng minh un  2 n nên       vn1  un  un1 u 2    n 1 un1 Do   v1  2n1   3  2n1  v2015   3  22014  32 2014  1n  n1 u 2 v 1 32  với n   n  un  2 n  2 2n1 un   1 Mặt khác 2n  (1  1)n  Cn0  Cn1    Cnn   n với n  nên 2n1  nn  suy Vậy lim 2n1  nên lim un  2 Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: b2 c2 a2     ab   2ab  1  bc   2bc  1  ac   2ac  1 Vì a, b, c dương abc = nên đặt: a  y x z , b  ,c  , với x, y, z > y z x y2 x2 z2 Khi đó: VT     y  2z  z  y   z  2x  x  2z   x  y  y  2x      Ta có: y  z z  y  yz  y  z  yz  y  z Suy ra: Tương tự:   yz   y  z2  x2 x2 (1)   y  2z  z  y  y  z2 y2 y2   z  2x  x  2z  x  z2 z2 z2   x  y  y  2x  y  x2 (2) (3) Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được: VT  y2  x2 z2       y  z x2  z y  x2   y2 x2 z2 1    x2  y  z2    2 2 2 2 y z x z y x x z y  x2 y z  1 1  Lại có  x2  y  y  z2  x2  z    3 2 x z y  x2  y z        2 Suy VT        3  n1  3n n  VĨNH PHÚC 12 15-16 Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn 1;  x  y , x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P y 1 y z      10 y  x  y  z z  x  Với a, b dương thỏa mãn ab  ta có bất đẳng thức 1     a  b  ab a  b ab  Thật vậy:  a b  1    a  b  ab  ab   ab  Dấu xảy    1 1  1 Áp dụng bất đẳng thức trên: P       x 2 z x x x 10  1   10  1  y y z y y  Đặt 1 x đoạn 1;    t  1; 3 Xét hàm số f  t   y 10  t  t f ' t   2t  ; f '  t    t  2t  24t  2t  100  10  t  1  t  t   t  24t  50    t  t 2 3  24t  50  t  1; 3 BBT t f ' t   + 11 18 f t  Suy Pmin x  y    z  x x  y    y z    z  y   x     y NGHỆ AN 2013 B' a2 Diện tích đáy SABC  Gọi G trọng tâm tam giác ABC A' C' D B E A G C  BC  AE Gọi E trung điểm BC Ta có   BC  A ' G  BC   AA'E  Gọi D hình chiếu vng góc E lên đường thẳng AA ' Do BC  DE, AA'  DE Suy DE khoảng cách hai đường thẳng AA ' BC DE   300   DAE AE a Xét tam giác A ' AG vng G ta có A ' G  AG.tan 300   Tam giác ADE vuông D suy sin DAE Vậy VABC A' B'C '  A ' G.SABC  a3 12 Gọi B ', C ', D ' giao điểm mp   với cạnh A AB, AC , AD D' Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  B' (*) V ABCD B I C' D G C Vì VAB'C ' D'  VAIB'C '  VAIC ' D'  VAID' B' (*) nên VAB'C ' D ' VAIB'C ' V V   AIC ' D '  AID ' B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB AB '.AC '.AD ' AI AB '.AC ' AI AC '.AD ' AI AD '.AB '    AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG AD AB AB AC AD AG BB ' CC ' DD'     6    3 AB ' AC ' AD' AI AB ' AC ' AD' BB ' hB CC ' hC DD' hD Mặt khác ta có  ,  ,  AB ' hA AC ' hA AD' hA  Suy hB hC hD     hB  hC  hD  3hA (**) hA hA h A Ta có: h B    hC  hD   hB2  hC2  hD2   hB  hC    hC  hD    hD  hB   ( ) 2 2 hB2  hC2  hD2  hA2   a  4b a  4b  16c   a  b  c Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có a  ab  abc  a  2 3 Đẳng thức xảy a  4b  16c 3 Suy P   2a  b  c abc Kết hợp với (**) ta 3hA  Đặt t  a  b  c , t  Khi ta có: P     hB2  hC2  hD2 Hay 3  2t t 3 3   với t  ta có f '  t   2t t 2t t 2t 3 f ' t     0t 1 2t t 2t Xét hàm số f t  Bảng biến thiên  t f ' t  f t    +    Do ta có f t   t 3 t   16 a  21  a  b  c   Vậy ta có P   , đẳng thức xảy   b  21 a  4b  16c   c  21  Vậy giá trị nhỏ P   16   a , b , c    , ,   21 21 21  QUẢNG BÌNH LỚP 11 2013 b) un  0, n  N * 1  unn11  unn  n 2013 2013n 1 Do đó: u22  u11  ; u33  u22  ; ; unn  unn11  2013 2013 2013n1 unn11  unn  Suy ra: unn  u11  1    2013 2013 2013n1 n 1   1   2013   2012 n 1   1  n  2013  suy un  2013  2012   1  n  2013   n 2014      2014   2013 (Cô si)  un  2013  2012 n n  2013   Vậy lim un  Mặt khác lim   n   n 1 HÀ TĨNH LỚP 11 15-16 HÀ TĨNH LỚP 10 15-16 Điều kiện x  Chia hai vế phương trình cho ta có x, x 1 x 1 x 1 x 1  24 m0  m  24 x x x x x 1 , Ta có bất phương trình m  t  2t x x 1 Do x  , suy t  Ta có    , suy t  , t  0;1 x x t Xét hàm số f  t   t  2t 0;1 Từ bảng biến thiên suy m  f t  Nếu HS thiếu t  mà kết luận m  trừ 1,0 điểm Đặt t  câu HS đặt g(t )  t  2t  m , xét    m TH1   , suy m  , g  t   vô nghiệm TH2   , suy m  , gọi t1 , t2 nghiệm, g  t    t1  t  t2 Nhận xét t2  , suy g  t   có nghiệm thuộc 0;1 t1     m   m  Suy m1 A C1 Ta có B1 H B C A1 BB1 HB 5 6 HB1 HB1 Mặt khác tan C  BB1 BC  ; tan A  tan B HC  1 HB1 B1C  tan A.tan C  BB1 B1C BB1  6 B1C HB1 HB1 Suy cot A.cot C  (1) AA1 2 AB 2 sin C 2 sin C        CC1 BC sin A sin A        cot A   cot C  cot A   cot C (2) 2 sin A sin C   cot A    cot A.cot C   Từ (1) (2) ta có   2 9 cot A   cot C  cot C    Do cot C  AA1 1 5    cot C   sin C   AC   2  10 2 sin C sin C Ta có AB1  BB1 cot A  6 10 1 BB1 ; CB1  BB1 cot C  BB1 AC  AB1  B1C  BB1  BB1  AC  5 1 10 AC.BB1  10 6 2 Trong ba số a  1, b  1, c  ln có số có tích khơng âm, giả sử  a  1 b  1   ab  a  b    ab  a  b    c Suy abc  c   c  Suy SABC  a b 2  a  b  2 3  c  2 a2  b2  c 3  c  abc  3  c Ta chứng minh 2  c2  c   c   c2  c   c    c  1  Dấu = xảy a  b  c   Do tập X có số phần tử chẵn nên số tập có phần tử lẻ chẵn   Giả sử có 2k k   * tập có số phần tử lẻ, chia 2k tập thành k cặp, thực quy tắc chuyển ta đưa tập có số phần tử chẵn Khi ta đưa trường hợp tập có số phần tử chẵn Nếu n  , toán chứng minh Xét n   Do 2n  , suy số tập có số phần tử chẵn khơng chia hết cho phải chẵn Giả sử có 2m m  *  tập có số phần tử chẵn không chia hết cho Chia chúng thành m cặp thực phép chuyển phần tử theo quy tắc ta thu tập có số phần tử chia hết cho Thực tương tự trên, sau hữu hạn bước ta tập có số phần tử chia hết cho n , ta nhận tập X Học sinh chứng minh phương pháp quy nạp theo n HÀ NAM LỚP 12 15-16 Nội dung Ta có y '  3mx2  6( m  1)x2  9( m  2) Hàm số cho có cực trị  y '  có nghiệm phân biệt m   m  m        (*)     m  ;  '     18 m  36 m       2      m  1 (1)  x1  x2   m Do x1 , x2 nghiệm pt y '  0, theo định lý Viét ta có  m  2  (2)  x1 x2  m Lại có x1  2x2  (3)  3m  m   x1  m 3m    m   m      Từ (1), (3)   thay vào (2) ta (t/m (*)) m  2  m m m x    m Kết luận: Các giá trị cần tìm m  2, m  x1  2 x  m  (1) Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm pt x2 (1)  x    2x  m  1 x   (vì x  2 khơng nghiệm pt (1))  2x2    m x   2m  (2) Ta có     m    2m   m2  4m  12  m   Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt hay d cắt (C) điểm phân biệt A, B  m6  x1  x2  Gọi x1 , x2 hoành độ A, B  x1 , x2 nghiệm pt (2) Theo định lý Viét ta có  Mặt  m x x   2   k1   x1    khác ta có  k  2   x2    1  k1 k2     2 2  x1    x2    x1x2  2x1  2x2     2m  m        Khi  3k1  1   3k2  1  98  k12  k22   3k1  3k2   96 (*) 2   Ta có k1 , k2  Theo bđt Côsi: k12  k22  81k12 k22  18 k1k2  72 3k1  3k2  k1k2  12  24 Vậy VT(*)  72  24  96   Dấu xảy  k1  k2  x1    x2   x1  x2  4  Kết luận: Giá trị cần tìm m  2 Điều kiện: x  m6  4  m  2 Bất phương trình cho  x2  2x   x   4x    x2  2x     x x   4x  x   4x  0      x  3  x     *  x   4x  x   4x    1  Ta có hàm số f  x   x   liên tục  ;   x   4x  2    x  1 x      f ' x   x   x   f x đồng biến  ;      2 2   x   4x  2 x7    1 3   x  15 2 Từ bpt (*)  x    x  1  Kết luận: Tập nghiệm bpt cho  ;  2    Do f x  f     x  x  x2  log log y (1) log  y   y2   27 x y x (2)  x  xy  x  x   Điều kiện: x  0, y  Viết lại pt (1) dạng         log x  x  x  log y   y  2 log 3.log y  log x  x  x  log y   y  log y   log x  x  x   log y   y2 y  x  x  x2    1'  y2 1  y y t2 Xét hàm số f  t   t  t  t , t  Ta có f '  t     t   t2  hàm số f  t  liên tục đồng biến  0;   , pt (1’)  x   t   xy  y Khi pt (2) trở thành x   x2  2x   1 1   Đặt g x  27 2 27 2 27 x x  2x   x2  2x  x x    1  x x x 27 27 2  x  x      2'  x 4 x 27 27 2 x    , x  Ta có g '  x   x x x Vậy hàm số g(x) liên tục đồng biến  0;   1 x  x  2 3 Từ pt (2’) có tối đa nghiệm  0;   Mà g      2 3 3 2 Kết luận: Hpt cho có nghiệm x; y   ;  B’ Gọi E trung điểm AN, ta có ME//AB//LK C’’  SMLK  SELK  VMNKL  VNELK A’’ ta có SEKN  SA ' KA +) Do A ' A  A ' B  A ' C K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A ' K   ABC   ( A ' AC)   ABC  N M    K , L trung điểm BC   21 d  B,  NKE  BK  1 AC VNELK  d L,  NKE  SNKE  KB.SA' KA ; KB   18 +) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K   SA' AK  A ' L2  LK  3 A ' K.KA  2 Vậy VNELK  C E A mà BK  AC  BK   A ' AC  +) Ta có d L, NKE L B 1 1 KB.SA' KC    VMNLK  18 18 6 Qua đỉnh tam giác ABC, vẽ đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ S +) Có SMNP  4SABC  VS ABC  C M +) Do SB  AC  P A NP  SNP vuông S B N Tương tự, tam giác SMN, SMP vuông S Đặt a  SM , b  SN , c  SP , ta có:    a  x  z  y a  b2  x   2  2 2 b  c  y   b  x  y  z c  a  z  2 2  c  y  z  x 1 VS ABC  VS MNP  abc  24 12 Mà theo bđt Côsi: x  y2  z2  y  z2  x2  z x  y2  z2  y      z2  x2 z  x2  y   x2  y   x  y  z  y  z  x  z  x  y   12      4     nên VS ABC  12   x  y  z  Vậy GTLN thể tích khối chóp S.ABC P     1  x   y yz z   1 x          y  z    y   z    x  2  y yz z       1      y  z    y   z    x  1  x  2 1  x  3 2  12 Đẳng thức xảy x2  y  z   y yz yz z         y  z    y   z   x    y   z   y2  z2 1  x  1  y  1  z  1  x    1 1  y     1 1 z    yz 1  y 1  z 1  x      1  x    1y    1z     V S MNP Đặt u  1 1 , v   u, v  Khi P     2 y z  x  u  v     1  x  1  u 1  v  Theo bđt Côsi: P   1  x  1  u1  v   1  x 1  u1  v  Mặt khác, giả thiết trở thành  y2  z2  y  z  1 1 x 2    x       x u2  v  u  v yz z  y z  y z  y   Theo bđt Bunhiacốpxki: x u  v      x u2  v   u  v   u  v  x 2 1   x 1 Lại theo bđt Côsi:   u   v     u  v        4 x   x  2x2 4x2 2x3  6x2  x  Từ suy P     2 3  x  x  x  x           Xét hàm số f x  2x3  6x2  x  1  x  , x  Ta có f '  x   Lập bảng biến thiên f(x)  0;   suy 10 x   x  1  f '  x   x    91 P  f  x  f      108 Kết luận: GTNN P 1 91 đạt x  , u  v , u  v   10  x  , u  v   x  y  z  x 5 108 (THỌ XUÂN 4-THANH HÓA) x  4x  m  x  4x  m  4 Đặt t= x  x  m (t  0) 4 (1) (2) t    t2 = x  x  m    t=2 t  t     Từ (2) x4  x  m =  x4+4x+m=16  -x4-4x+16=m Đặt: f(x)= -x4-4x+16 f’(x) = -4x3-4=-4(x3+1) f’(x)=0  x=-1và f(-1)=19 Bảng biến thiên f(x) x - F’(x) + -1 19 x Lim  = -   + - F(x) - - Từ bảng biến thiên ta có bảng biện luận theo m số nghiệm (1) sau: m Số nghiệm phương trình (1) + 19 -  CosB 2a  c ( 1)  SinB 4a2  c 2 Ta có: (1)  (1  CosB)2 2a  c  2a  c Sin2 B   cot g B 4a   2a  c Sin2   B  2Cos  2a  c  1    1 2a  c  2Sin B Cos B   2 4a B   2a  c  4a.Sin2 B 2a  c 2  B  c  2a   2Sin2   2a.CosB  c 2   RSinACosB  RSinC  2SinACosB  SinC  2SinACosB  Sin( A  B)  Sin( A  B)   A  B   A  B hay ABC tam giác cân C 2b ( Vì -   A  B  ) HẬU LỘC THANH HĨA Ta có: x4 + x2 + = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > x2 – 3x + = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1) x2  x  , t > Phương trình trở thành: x2  x   3 0 t  x2  x  1 2t  t 1       x  x1 t   Đặt t  3a x=1 Điều kiện: m > m  1, x2 + mx + 10  Bất phương trình cho tương đương với:  log ( x2  mx  10  4)log11 ( x2  mx  12)  (*) log11 m Đặt u = x2 + mx + 10, u  + Với < m < 1: (*)  f(u) = log7( u + 4)log11(u + 2)  Ta thấy f(9) = f(u) hàm đồng biến nên ta có: f(u)  f(9)  u   x2 + mx + 10   x2 + mx +  Vì phương trình có  = m2 – < với < m < nên phương trình vơ nghiệm  bất phương trình cho vơ nghiệm + Với m > 1: Ta có: f(u)  = f(9)   u   x  mx  10  (1)  x  mx   (2)     x2 + mx + 10    Xét phương trình x2 + mx + = có  = m2 – Nếu < m <   <  (2) vô nghiệm  bất phương trình cho vơ nghiệm Nếu m >   >  phương trình có nghiệm thoả mãn (1) (2)  bất phương trình cho có nhiều nghiệm Nếu m =  (2) có nghiệm x = -1  bất phương trình cho có nghiệm x = -1 Vậy giá trị cần tìm m là: m = -2 S H D A B C Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ hình vẽ Suy ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a ) a a  2x y za ;  Suy phương trình SB là:   2  a a a    y  3x Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có:   z0  a  3x0   Mặt khác AMDN  AM.DM  3a  x02 – 2ax0 + y02 + z02 =  x0     3a 3a a  SM  M  ; ;  SM  SB hay     4 SB   B=  ; TP HCM 2015 HỊA BÌNH 17-18 Pt cho  cos2x  sin 2x  cosx  sin x     k 2  cos  x    cos   x   x  , k  3 2a  3  (1,5đ) 2 2 Vì x     ;   nên x1  0; x2  ; x3  thỏa mãn Vậy tổng nghiệm x     ;   phuơng trình cho S = x 2b (1,5đ) x  3   3  Đưa PT dạng    Đặt         x  3     t với t    73  3  Ta có PT t    t  7t    t     t   Từ suy PT có nghiệm x  2 ĐK: y  1 Phương trình (1) tương đương :  x  1   x  1  y  3y  y  x   x  1 2c (2đ) x    x   x   x2  x  12   x  1   x     x  6  x   x1  x6   x  2    x  4    x  x6    x   *  x7 3  x2 2   x   x7 3 Chứng minh phương trình (*) vơ nghiệm  x2 x2  x6 x6  x  2     2   x7 3  x2 2  x2 2 Kết luận hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;  Bài Bài HUẾ 2012 a) Giải phƣơng trình: 3x(2  x  3)  (4 x  2)(  x  x  1)  (1) Ta thấy pt có nghiệm ( ;0) pt   3x  (2  (3x)  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1)  3)  u (2  u  3)  v(2  v  3) (1) Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0 Xét hàm số f (t )  2t  t  3t với t>0 Ta có f '(t )   2t  3t  t   f (u )  f (v)  u  v Bài  x    x2  2x  t  3t  - 3x = 2x +  x   nghiệm phương trình n ( n  ; n  1) Chứng minh : 2n C2n < 2n+1 Ta có : n (2n)! 1.2.3.4 .(2n - 1).(2n) 1.3.5 (2n - 1).2.4.6 (2n) C2n = 2n = n n  n 2n 2 n!n! 2 (1.2.3.4 n).(1.2.3.4 n) (1.2.3.4 n).2 n (1.2.3.4 n) 1.3.5.7 (2n - 1) = 2.4.6.8 .(2n) Ta chứng minh : 1.3.5.7 (2n - 1) < 2.4.6.8 .(2n) (2k - 1) = Ta có : (2k) (2k - 1) (2k)2 =< 2n+1 (2k - 1)2 4k - = 2k - 2k + Sử dung quy nạp nhân BĐT vế theo vế ta có : 1.3.5.7 (2n - 1) < 2.4.6.8 .(2n) Bài 2n+1 (đpcm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông A Khoảng cách từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ a, mặt phẳng (ABC’) cách C khoảng b hợp với đáy góc  a) Tính thể tích khối lăng trụ B' _ C' _ Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH  BC ( H  BC )  AH  ( BCC’B’) (ABC)  ( BCC’B’), : AH = d(AA’,( BCC’B’)) = a Ta có AB = (ABC’)  (ABC) ; AB  AC (gt) ; AC hình chiếu AC’ A' _ (ABC) K _ b _ H _ B _   sd((ABC),(ABC  )) =   AB  AC’  CAC ( góc nhọn) C _ a _ A _ Kẻ CK  AC’; ta có : AB  (ACC’)  (ABC’)  (ACC’) ; AC’ = (ABC’)(ACC’)  AK  (ABC’)  CK = d(C,( ABC’)) = b AB.AC.CC (1) CK b Trong tam giác vuông ACK : AC = = sinα sinα b b Trong tam giác vuông ACC’ : CC = AC.tanα = tanα  sinα cosα 1 1 sin α b2  a sin α =  = = Trong tam giác vuông ABC : AB2 AH2 AC2 a b2 a b2 ab  AB = b  a sin α Thể tích khối lăng trụ : V = S Thay kết vào (1) ta có : CC = ABC V= = 1 ab b b AB.AC.CC = 2 2 b  a sin α sinα cosα ab 2sinαcosα b  a sin α ab  V= sin2α b2  a sin α b) Cho a = b khơng đổi,  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ a3 a3 Với a = b : V =  2sinα.cos2 α sin2α  sin α V nhỏ sin  cos2  lớn Ta có: sin α.cos4 α = 1 2sin α + cos2 α + cos2 α 2sin α.cos2 α.cos 2α  ( ) 2 (bđt Côsi)  V    sin cos2  54 3a 3 3a 3 V nhỏ : V = 2sin2  = cos2     arctan Vậy  tan 2   tan  2 2   arctan thể tích nhỏ HẢI DƢƠNG 16-17 Câu II (2 điểm) 2sin3 x  cos2x  sin 2x  2sin x  2cos x    sin3 x  sin x  sin x  1  cos2 x   cos x     sin x sin2 x   sin x cos x  cos2 x  cos x  Câu II.1 (1điểm)  2sin x cos2 x  2sin x cos x  2cos2 x  2cos x   cos x  s inx  1 cos x  1     x   k cos x      s inx  1   x    k 2  cos x   x  k 2    k  Z Điều kiện: x  y  0, y  0,2x2  3x   Câu II.2 PT(1)  x  x  y   x  y  y  y  x2  xy  y  x  y  y  (*) (1 điểm) Nếu x  y  y   x  y  không thỏa mãn hệ Nếu x  y  2y   xy  (*)   x  y  x  y    0  x  2y   * *  x  y  2y  x  y  y  Mặt khác với điều kiện x  y  0, y  x  y  y   nên (**) vô nghiệm.Với x  y  2y xy x  y  PT(2) trở thành 8x2  8x   8x 2x2  3x   4( x  2x2  3x  1)2  (2x  1)2  3 x   2 x2  3x      2 x2  3x   x   1  x     3     3    1 1 ; ; ; Vậy hệ có nghiệm  ; ;   4   4   4   Gọi M, N trung điểm BC, AD, gọi H hình chiếu vng góc từ N xuống SM Ta có: S H C D N M I A    B     , d A; SBC  d N ; SBC  NH  SMN     Câu IV.2 (1điểm)  MN  NH   SABCD  MN  sin  sin  sin  tan   sin  cos 4  VSABCD     2 sin  cos 3.sin  cos sin   sin   2cos2 2 2 sin  sin  2cos     sin  cos  3 VSABCD  sin  cos max SI  MI tan    sin   2cos 2  cos  Câu IV.3 (1điểm) Gọi M’, N’ hình chiếu M, N lên AD Ta có MN  M ' M2  M ' N  M ' M2  M ' N '2  N ' N Tam giác M’AM vng cân M’ nên có M ' A  M ' M  Tam giác N’DN vuông cân N’ nên có N ' D  N ' N  M ' N '  AD  M ' A  N ' D  a  x 2 x2 x2  ax   3x2  2a.x  a2 Khi MN  2     a2 a2 a MN   x  a     MN    3  Vậy MN ngắn a a đạt x  3 NGHỆ AN 11 16-17 x ; x 2 ... đường thẳng AA ' Do BC  DE, AA'  DE Suy DE khoảng cách hai đường thẳng AA ' BC DE   300   DAE AE a Xét tam giác A ' AG vng G ta có A ' G  AG.tan 300   Tam giác ADE vuông D suy sin DAE...  3k1  1   3k2  1  98  k12  k22   3k1  3k2   96 (*) 2   Ta có k1 , k2  Theo bđt Côsi: k12  k22  81k12 k22  18 k1k2  72 3k1  3k2  k1k2  12  24 Vậy VT(*)  72  24  96... 2013n1 n 1   1   2013   2 012 n 1   1  n  2013  suy un  2013  2 012   1  n  2013   n 2014      2014   2013 (Cô si)  un  2013  2 012 n n  2013   Vậy lim un 