33 replies to this topic

[Kool LL]

Câu 6. Dùng AM-GM đánh giá được :

$P\le \frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

 

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Edited by Kool LL, 09-07-2013 - 16:51.

[E. Galois]

Mời các bạn tham khảo đáp án: 

 DAB2013.pdf   2.67MB   679 downloads

[Kool LL]

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Hoặc có thể tiếp tục dùng Côsi :

$\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}=1.\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}\le\frac{1+\left(\frac{9}{t}+\frac{1}{4}\right)}{2}=\frac{9}{2t}+\frac{5}{8}$

$\Rightarrow P\le \frac{5}{8}$

[hoaadc08]

Câu 7a : Các bước giải như sau Viết pt đt (d) qua H và vuông góc với BD : $(d):2x - y + 8 = 0$ Tìm tọa độ I là giao điểm của AC và BD ( I cũng là chân đường cao kẻ tử đỉnh A của tam giác ABD ) : $I\left( { - 2;4} \right)$ Tính : $IH = \sqrt 5 $ Tìm tọa độ đỉnh B là giao điểm của BD với đường tròn (L) :$(L):{x^2} + {y^2} + 4x - 8y + 15 = 0$ có tâm I , bán kính IH . Có hai điểm B : ${B_1}\left( { - 4;5} \right);{B_2}\left( {0;3} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh D từ hệ thức : $\overrightarrow {ID} = - 3\overrightarrow {IB} \Rightarrow {D_1}\left( {4;1} \right);{D_2}\left( { - 8;7} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh C là điểm đối xứng của H qua I : $C\left( { - 1;6} \right)$ P/s : Có thể thấy đỉnh A cho bởi $\overrightarrow {IA} = - 3\overrightarrow {IC} \Rightarrow A\left( { - 5; - 2} \right)$ Bài toán có hai nghiệm hình .

[hoaadc08]

Câu 7a : Các bước giải như sau Viết pt đt (d) qua H và vuông góc với BD : $(d):2x - y + 8 = 0$ Tìm tọa độ I là giao điểm của AC và BD ( I cũng là chân đường cao kẻ tử đỉnh A của tam giác ABD ) : $I\left( { - 2;4} \right)$ Tính : $IH = \sqrt 5 $ Tìm tọa độ đỉnh B là giao điểm của BD với đường tròn (L) :$(L):{x^2} + {y^2} + 4x - 8y + 15 = 0$ có tâm I , bán kính IH . Có hai điểm B : ${B_1}\left( { - 4;5} \right);{B_2}\left( {0;3} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh D từ hệ thức : $\overrightarrow {ID} = - 3\overrightarrow {IB} \Rightarrow {D_1}\left( {4;1} \right);{D_2}\left( { - 8;7} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh C là điểm đối xứng của H qua I : $C\left( { - 1;6} \right)$ P/s : Có thể thấy đỉnh A cho bởi $\overrightarrow {IA} = - 3\overrightarrow {IC} \Rightarrow A\left( { - 5; - 2} \right)$ Bài toán có hai nghiệm hình .

[hoaadc08]

Câu 7a : Các bước giải như sau Viết pt đt (d) qua H và vuông góc với BD : $(d):2x - y + 8 = 0$ Tìm tọa độ I là giao điểm của AC và BD ( I cũng là chân đường cao kẻ tử đỉnh A của tam giác ABD ) : $I\left( { - 2;4} \right)$ Tính : $IH = \sqrt 5 $ Tìm tọa độ đỉnh B là giao điểm của BD với đường tròn (L) :$(L):{x^2} + {y^2} + 4x - 8y + 15 = 0$ có tâm I , bán kính IH . Có hai điểm B : ${B_1}\left( { - 4;5} \right);{B_2}\left( {0;3} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh D từ hệ thức : $\overrightarrow {ID} = - 3\overrightarrow {IB} \Rightarrow {D_1}\left( {4;1} \right);{D_2}\left( { - 8;7} \right)$ Tìm tọa độ đỉnh C là điểm đối xứng của H qua I : $C\left( { - 1;6} \right)$ P/s : Có thể thấy đỉnh A cho bởi $\overrightarrow {IA} = - 3\overrightarrow {IC} \Rightarrow A\left( { - 5; - 2} \right)$ Bài toán có hai nghiệm hình :

$\begin{array}{l}
A\left( { - 5; - 2} \right);{B_1}\left( { - 4;5} \right)C\left( { - 1;6} \right);{D_1}\left( {4;1} \right)\\
A\left( { - 5; - 2} \right);{B_2}\left( {0;3} \right);C\left( { - 1;6} \right);{D_2}\left( { - 8;7} \right)
\end{array}$

Edited by hoaadc08, 10-07-2013 - 13:17.

[hoaadc08]

Bàn thêm về câu 7a : 

Giải bài toán trên cách nhìn PHÉP BIẾN HÌNH ( CT HH lớp 11 )

1. Tìm I là ảnh của H qua phép chiếu vuông góc lên đường thẳng BD .

2. Tìm C là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow {HI} $

3. Tìm A là  ảnh của I qua phép tịnh tiến theo véc tơ $3\overrightarrow {CI} $

4. Tìm D là ảnh của A qua các phép quay tâm I , góc quay 90 độ và -90 độ .

Các bạn cho ý kiến nhé !

[E. Galois]

Đáp án chính thức của Bộ

 DAB2013.pdf   207.19KB   746 downloads

[terenceTAO]

Mọi người cho minh hỏi câu 1b mình lam như thế này liệu có được điểm nào không

     Ta có y'=$6x^2+6(m+1)x+6m$

 

Để h/s có cực đai,cực tiêu thì pt y'=0 có 2 nghiệm pb 

$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow (m-1)^2>0\Leftrightarrow m>1$(do tâm lí phòng thi),

Với m>1,lại có $y=\frac{1}{3}x.y'-\frac{1}{6}(m+1)y'-(m-1)^2x+....$

Suy ra đt AB có pt y=$-(m-1)^2x+....$

Do  AB vuuông góc với d  $\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$$\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$

Edited by terenceTAO, 11-07-2013 - 16:28.

[hoaadc08]

Mọi người cho minh hỏi câu 1b mình lam như thế này liệu có được điểm nào không

     Ta có y'=$6x^2+6(m+1)x+6m$

 

Để h/s có cực đai,cực tiêu thì pt y'=0 có 2 nghiệm pb 

$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow (m-1)^2>0\Leftrightarrow m>1$(do tâm lí phòng thi),

Với m>1,lại có $y=\frac{1}{3}x.y'-\frac{1}{6}(m+1)y'-(m-1)^2x+....$

Suy ra đt AB có pt y=$-(m-1)^2x+....$

Do  AB vuuông góc với d  $\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$$\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$

 

Bài của bạn có thể có điểm 0.5/1

[terenceTAO]

Mình chỉ sợ sai điền kiện y'=0 có 2 nghiệm họ ko chấm luôn

[traiphuhoa]

Câu 5

Hình vẽ như bạn bugatti

Thể tích S.ABCD = như bạn bugatti đã làm.

Mình có cách làm khác về tính khoảng cách như sau: Gọi d là khảng cách từ A đến (SCD), ta có (1/3).d.(1/2).SK.CD=thể tích S.ACD=1/2 thể tích S.ABCD Từ đó rút d ra là xong, ta cũng được kết quả như trên.

P/S: Mọi người thông cảm, mình chưa biết cách viết ký hiệu toán học, ai hiểu sửa lại dùm. Thanks !

Edited by traiphuhoa, 12-07-2013 - 22:31.

[Kool LL]

Mọi người cho minh hỏi câu 1b mình lam như thế này liệu có được điểm nào không

     Ta có y'=$6x^2+6(m+1)x+6m$

 

Để h/s có cực đai,cực tiêu thì pt y'=0 có 2 nghiệm pb 

$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow (m-1)^2>0\Leftrightarrow m>1$(do tâm lí phòng thi),

Với m>1,lại có $y=\frac{1}{3}x.y'-\frac{1}{6}(m+1)y'-(m-1)^2x+....$

Suy ra đt AB có pt y=$-(m-1)^2x+....$

Do  AB vuuông góc với d  $\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$$\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$

Với chỗ sai đó thì bạn được câu này từ 0.5 -> 0.75 đ. Khi chấm thi thì tui cho những ai sai chỗ đó 0.75 đ (với bài làm hoàn chỉnh y như bài giải của bạn).

Edited by Kool LL, 05-08-2013 - 16:00.

[thaibinh0102]

Ai cho hỏi rằng làm thế này có được không ?

$(a^{2} + b^{2} +c^{2} +c^{2} +c^{2} +c^{2})(1+1+1+1+1+1)\geq (a + b + 4c)^{2}$

rồi đặt $\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} +4} = t, t> 2$