1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1
Toán học và tuổi trẻ số 435/Tháng 9/2013
WWW.GIASUNHATRANG.EDU.VN
Câu 1. 1) Bạn đọc tự giải.

2) Giả sử M  m;

m 
2
2
 (m  1). PT tiếp tuyến ∆ tại M là x –(1 - m) y - m = 0. Khi đó
1-m 

-m 2 
A(m2;0); B  0;
. Để M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì m  0, m2 = 2m,
2 
 (1-m) 
-m 2
2m
. Do đó m = 2.
=
2
(1-m) 1-m
Vậy PT ∆ : x – y – 4 = 0.
Câu 2. ĐK sinx  0. Nhân cả hai vế với sin2x, ta được PT


sin 2 x
cosx  sinxcosx+
-sinx  =0
1-cosx


 cosx(sinxcosx + 1 + cosx – sinx)=0.
Đáp số: x 

2
 k , k є  .
Câu 3. ĐK y  0; 0  x  2 . Viết lại PT thứ hai của hệ dưới dạng
(x 3  2 y )(3x  2 y)  0 .
Với x3  2 y thì x = 2. Với 3x = 2 y ta có x3  3x  4  x 2 .
 
  
Đặt x = 2cost, t є  0;  ta được PT 2cos3t = 2sint  t  є  0;  .
8  2
 2



 
Vậy (x; y) є  2;16  ;  2 cos ; 9 cos 2   .
8
8 


Câu 4. Ta có L1  lim
x0
ln(2  cos2 x)
ln(1  sin 2 x)
 lim
 1 (do sinx → 0);
x 0
sin 2 x
sin 2 x
x2
x
sin 2 x
L 2  lim 2  1 và L3  lim
 lim x
 1 đều là các giới hạn hữu hạn. Vậy
x 0
x 0 x(e x  1)
x0 e  1
x
L = L1.L2.L3 = 1.

2. 
Câu 5. Tam giác C’CA cân ( BAC  300 ) nên B’C = a 3 ; CC’ = 2a. Chú ý BB’  CC’,
từ đó BC = a 3 ;BC’ = a, AB = 3a. Gọi I là giao điểm của BB’và CC’; J là hình chiếu
của I trên B’C’; G, G’ lần lượt là trọng tâm các tam giác SBC, IBC.
Ta tính được IJ 
a 3
.
4
3a

Mặt khác (SIJ)  B’C’ nên SJI  600  SI 
.
4
Do vậy VSABC
1
3 3a3
 .SI.SABC 
.
3
8
Từ định lí Thales có GG' 
Do đó G’J = G’I + IJ =
a
. Chú ý IG’ // B’C nên ba điểm I, J, G’ thẳng hàng.
4
7 3a
.
12
Mặt khác (GG’J)  B’C’ nên d (G;B'C ')  GJ  GG '2  G' J2 
Câu 6. Với x2 + y2 + z2 = 3, ta có Q 
39a
.
6
32
2(9  (x 4  y 4  z 4 ))  4

(x  y  z)2  1
.
2(x  y  z)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x4 + x + x  3x2. Tương tự đi đến x4 + y4 + z4  9 –
2(x + y+ z).
(x  y  z)2  1
Suy ra Q 
.

2(x  y  z)
4(x  y  z)  4
32
2
 3; 3 thì Q  f(t), trong đó f(t)  16  t  1 , t є  3; 3 .
Đặt x + y + z = t є




2t
t 1
Ta có f '(t) 
1 1
8
1 1
8
 
  
 0;  t є  3; 3 .
2
3
3


2
6 2
2t
(t  1)
4

3. Do đó Q  f(t)  f(3) 
28
.
3
Khi x = y = z = 1 thì Q 
Vậy GTNN của Q là
28
.
3
28
.
3
Câu 7a. Đáp số. Bài toán có hai nghiệm hình B(5; 25); C(17; 41); D(5; 5) hoặc B(5; 25);
C(5; 5); D(17; 41).
Câu 8a. Đáp số. C(-4; 3; 0) hoặc C(-7; -3; -3).
Câu 9a. Gọi Ai là biến cố: “Bắn trúng ở lần thứ i”. Ta có xác suất cần tìm là
P  P(A1 A 2 A 3 )  P(A1A 2 A 3 )  P(A1A 2 A 3 )  3.0, 2.0, 82 
48
.
125
Câu 7b. Ta thấy A є (C) và AB = AC. Kẻ đường kính AA’ của (C), gọi H = AA’  BC thì
AH =
R'2
R'4
, với R’ є (0; 4) là bán kính của (C’). Do đó HC = R '2 
nên .
4
16
SABC 
xxx
R '2
R '2
R '2
. Đặt x 
є (0; 4) thì SABC  3 3
R'2 
(4  x)  3 3 (theo
4
16
333
4
BĐT Cauchy cho 4 số dương). maxS = 3 3 khi R’ = 2 3 . Vậy PT đường tròn (C’) là
(x – 1)2 + (y – 2)2 = 12.
1

 5 7 11 
Câu 8b. Đáp số. C  ; 0; 3  ; C  ; ;
 .
2

3 6 6 
Câu 9b. Đặt n2 = t(t > 0) theo bài ra ta có
120
8

 2  t  9 , nên n = 3. Khi
(t  4)(t  1) t  1
6
2 ( 6  i)
6
 2

i
1
i
i
3
đó P(x)   x  (1)x    C6 (1) x 3
.


i 0


Số hạng chứa x4 là C0 (1)0 x 4  x 4 .
6
TRẦN QUỐC LUẬT
(GV THPT chuyên Hà Tĩnh)