Bài 1.
|
- 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. |
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 $(DHN) \colon x^2 + (y-4)^2=5$.
$(AM)$ 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 $\tan \left(SH, (SCD)\right)$. |
$SH$ 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 $\tan \left(SH, (SCD)\right) =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
$V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}SH \cdot S_{ABCD} = \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}a \cdot a^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a^3$.
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 $a \ge b \ge c$. |
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
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 $u_n=\dfrac{x^n_1+x_2^n+x_3^n}{x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}}$, $\forall n\in\mathbb{N^*}$. |
- 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 Comments:
Đăng nhận xét