Bài 1.
|
Lời giải
- Phương trình đã cho tương đương \begin{eqnarray*} &&\cos 4x + \cos 2x -\cos 4x +\sin 2x+1=2(\sin x +\cos x) \\ &\Leftrightarrow& \cos 2x +\sin 2x +1=2(\sin x + \cos x) \\ & \Leftrightarrow & (\sin x +\cos x)(\cos x-1)=0 \\ & \Leftrightarrow & \left[ \begin{array}{l}&\sin x +\cos x=0 \\ &\cos x=1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}& x= -\dfrac{\pi}{4} +k\pi \\& x=k2\pi\end{array} \right., \ k \in \mathbb{Z}. \end{eqnarray*}
- Ta viết lại hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}& x^2 +\dfrac{x}{x+1}= (y+2)\sqrt{(x+1)(y+1)} (1) \\ & \dfrac{x^2}{\sqrt{y+1}} \left(\sqrt{(x+1)(y+1) }+5 \right )\sqrt{x+6}=x^2+4x+9 \quad (2) .\end{array} \right.
Điều kiện xác định x > -1, y > -1.
Phương trình đã cho tương đương \begin{eqnarray*} \left (\dfrac{x}{\sqrt{x+1}} \right )^3 + \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\left (\sqrt{y+1}\right )^3+\sqrt{y+1}. \end{eqnarray*} Xét hàm số y=f(t)=t^3+t với t \in \mathbb{R}. Ta có f'(t)=3t^2+1 > 0, \ \forall t \in \mathbb{R}, suy ra hàm số đồng biến trên \mathbb{R}. Do đó ta có \begin{eqnarray*} f \left(\dfrac{x}{\sqrt{x+1} }\right )=f\left (\sqrt{y+1} \right ) \Leftrightarrow \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{y+1}. \end{eqnarray*} Từ \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{y+1} suy ra x > 0 và thay vào phương trình (2) ta được \begin{eqnarray*} & &x\sqrt{x+1}+(x+5)\sqrt{x+6}=x^2+4x+9 \\ &\Leftrightarrow & x(\sqrt{x+1}-2)+(x+5)(\sqrt{x+6}-3)=x^2-x-6 \\ &\Leftrightarrow & (x-3) \left[\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+2} +\dfrac{x+5}{\sqrt{x+6}+3}-(x+2) \right]= 0 \\ &\Leftrightarrow & \left[ \begin{array}{l}&x=3 \\ &\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+2} +\dfrac{x+5}{\sqrt{x+6}+3}-(x+2)=0 \quad (*).\end{array} \right. \end{eqnarray*} Vì x > 0 nên \mathrm{VT} (*) < \dfrac{x}{2}+\dfrac{x+5}{3}-(x+2)=\dfrac{-2-x}{6} < 0 suy ra phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=\left (3;\dfrac{5}{4}\right ). - Số phần tử của không gian mẫu là \mathrm{n}(\Omega)=\mathrm{A}_5^3 +\mathrm{A}_5^4+\mathrm{A}_5^5=300.
Số các số có 3 chữ số có tổng bằng 10 được lập từ các bộ \{1;4;5\}, \{2;3;5\} là 3!+3!=12.
Số các số có 4 chữ số có tổng bằng 10 được lập từ bộ \{1;2;3;4\} là 4!=24.
Gọi A là biến cố ``số được chọn có tổng các chữ số bằng 10''. Ta có \mathrm{n}(A)=12+24=36.
Vậy xác suất của biến cố A là \mathrm{P}(A)=\dfrac{36}{300}=\dfrac{3}{25}.
Bài 2. Cho hình vuông ABCD có A(-1;2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và CD. Gọi H là giao điểm của BN và AM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN \colon 2x+y-8=0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. |
Lời giải
Sử dụng: \triangle ABM = \triangle BCN (c.g.c) ta chứng minh được AM \perp BN.(AM) qua A và vuông góc với BN \colon 2x+y-8=0 nên (AM) x-2y+5=0.
Ta có H = (BN) \cap (AM) \Rightarrow H\left(\dfrac{11}{5};\dfrac{18}{5}\right) \Rightarrow AH = \dfrac{8}{\sqrt{5}}.
Do \triangle AHB \backsim \triangle BHM nên AH=2HB \Rightarrow HB=\dfrac{4}{\sqrt{5}} \Rightarrow AB =4 và BN = 2\sqrt{5}.
Do B \in (BN) nên B(b;8-2b) với b > 2. Ta có
HB = \dfrac{4}{\sqrt{5}} \Leftrightarrow \left(b-\dfrac{11}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{22}{5}-2b\right)^2 = \dfrac{16}{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&b=3\\&b=\dfrac{7}{5} \text{ (loại)}\end{array} \right. \Rightarrow B(3;2).
Từ HB = \dfrac{4}{\sqrt{5}}, BN=2\sqrt{5} \Rightarrow \vec{BH}=\dfrac{2}{5}\vec{BN} \Rightarrow N(1;6).
Tứ giác AHND nội tiếp đường tròn đường kính AN. Gọi I là trung điểm AN, suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DHN.
Khi đó I(0;4) và R=\dfrac{1}{2}AN=\dfrac{1}{2}BN = \sqrt{5}.
Vậy (DHN) \colon x^2 + (y-4)^2=5.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, \triangle SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD. Gọi H là trung điểm AB. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và \tan \left(SH, (SCD)\right). |
Lời giải
SH là đường cao trong tam giác đều nên SH = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a.V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}SH \cdot S_{ABCD} = \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}a \cdot a^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a^3.
Kẻ HK \perp CD, HI \perp SK suy ra HI \perp (SCD).
Do HI \perp (SCD) nên \left(SH,(SCD)\right) = \left(SH,SI\right) = \widehat{HSK}.
Xét \triangle HSK vuông tại H có \tan \widehat{HSK} = \dfrac{HK}{SH}.
Tính được \tan \widehat{HSK} = \dfrac{a}{a\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}.
Vậy \tan \left(SH, (SCD)\right) =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}.
Bài 4. Cho hai đa thức P(x)=ax^3+bx^2-cx-b và Q(x)=x^3+cx^2-bx-a với a, b, c \in \mathbb{R}, a \ne 0. Chứng minh rằng nếu G(x)=P(x)-Q(x) \ge 0, \forall x \in \mathbb{R} thì a \ge b \ge c. |
Lời giải
Từ giả thiết ta có G(x)=P(x)-Q(x)= (a-1) x^{3}+(b-c) x^{2}+(b-c) x+a-b \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}.Nếu a > 1: \lim\limits_{x \to -\infty} G(x)=-\infty nên \exists x_0: G(x_0) < 0 \ ( Vô lí).
Nếu a < 1: \lim\limits_{x \to \infty} G(x)=-\infty nên \exists x_0: G(x_0) < 0 \ ( Vô lí).
Do đó a \ne 1 không thỏa mãn.
Với a=1 khi đó G(x)=(b-c) x^{2}+(b-c) x+1-b. Khi đó có 2 trường hợp
- b=c suy ra: G(x)=1-b \ge 0, \forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow b \le 1.
Khi đó: a=1 \ge b =c \Rightarrow a \ge b \ge c. - b \ne c khi đó \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\ & \Delta \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\&(b-c)^2-4(b-c)(1-b) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\&b \le \dfrac{c+4}{5}\end{array} \right. \Rightarrow c < b < 1=a.
Bài 5.
Giả sử phương trình x^3-3x^2+ax-b=0 (với a,b\in\mathbb{R}) có 3 nghiệm thực dương, gọi các nghiệm này là x_1, x_2, x_3. Đặt u_n=\dfrac{x^n_1+x_2^n+x_3^n}{x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}}, \forall n\in\mathbb{N^*}. |
Lời giải
- Ta sẽ chứng minh (u_n) là dãy giảm. Thật vậy,
u_n-u_{n+1}=\dfrac{\left(x_1^n+x_2^n+x_3^n\right)\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)-\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)^2}{\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)}.
Theo bất đẳng thức CBS: \left(x_1^n+x_2^n+x_3^n\right)\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)\ge \left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)^2.
Do đó u_n-u_{n+1}\ge 0,\ \forall n\in\mathbb{N^*}. Vậy (u_n) là dãy giảm. - Ta có: 9=(x_1+x_2+x_3)^2\ge (x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=3a\Rightarrow a\le 3.\tag{1}
- Vì (u_n) là dãy giảm \forall n\in \mathbb{N^*} nên \dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+\cdots+\dfrac{1}{u_n}\ge \dfrac{n}{u_1}=\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{x_1+x_2+x_3}\cdot n=\dfrac{9-2a}{3}n. Do đó \begin{align*} \dfrac{9-2a}{3}n < \sqrt{n^2+2021}\Leftrightarrow \dfrac{9-2a}{3} < \dfrac{\sqrt{n^2+2021}}{n}\\ \Leftrightarrow \dfrac{9-2a}{3}\le \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sqrt{n^2+2021}}{n}=1\Rightarrow a\ge 3.\quad \hfill(2) \end{align*} Từ (1) và (2): a=3.
- Với a=3 ta được x_1=x_2=x_3=1, suy ra b=1 (thử lại thỏa mãn).
Vậy với a=3, b=1 thỏa mãn yêu cầu bài ra.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét