Download Luyện thi đại học môn Toán (10 đề) miễn phí
Số cách để trong nhóm 3 người có cặp sinh đôi (chỉ có thể có 1 cặp sinh đôi và 1 người nữa bất kì
; để lập được một nhóm nhưthế ta chia thành 2 "giai đoạn".
Đưa một cặp vào nhóm : có 4 cách ;
Đưa thêm một người nữa : có 48 cách.
Suy ra có 4. 48 = 192 cách để trong nhóm có cặp sinh đôi. Vậy số cách không có cặp sinh đôi là
19600 -192 = 19408 cách.
Để tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho
Tóm tắt nội dung:
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0_________________________________________________________
Câu I.
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Xét
2 2m x 1
y
x
+= = 1 ⇔ 2 2m x 1 x 0
x
+ − =
⇔ 2
2
x 0
x 1
m
x
≠ − =
⇔
2
x 0
x 1
0
x
≠ − ≥
⇔ x 0
x 1
≠ ≥ ⇔ x ≥ 1.
Với mọi điểm của đ−ờng thẳng y = 1 mà hoành độ x ≥ 1 luôn tồn tại giá trị của m, nghiệm của
2
2
x 1
m
x
−= để đồ thị t−ơng ứng đi qua đ−ờng thẳng y = 1.
Vậy với những điểm trên đ−ờng y = 1 có hoành độ x < 1 đồ thị hàm số không đi qua với mọi m.
3) Gọi tọa độ những điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m là ox , oy . Ta có :
2 2
o
o
o
m x 1
y
x
+= với mọi m ( ox 0≠ )
⇔ 2 2o o om x y x 1 0− + = với mọi m.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi đồng thời :
2
ox 0=
o oy x 1 0− + =
Hệ này vô nghiệm. Vậy không tồn tại điểm nào trong mặt phẳng tọa độ mà đồ thị luôn đi qua
với mọi m.
4) Xét 2x ax 1 0− + > với mọi x > 0
⇔
2x 1
a
x
+ > , ∀x > 0
Xét đồ thị
2x 1
y
x
+= với x > 0 là nhánh trên của đồ thị hàm số đã vẽ ở phần 1. Ta có a < y với
mọi
x > 0 : nghĩa là mina y< mà miny 2= , vậy với mọi giá trị a < 2 thì
2x ax 1 0− + > với mọi x > 0.
Câu II.
Gọi ox là một nghiệm của ph−ơng trình (1). Nghiệm của ph−ơng trình (2) gấp đôi nó sẽ là o2x .
Ta có : 2o ox x m 0− + = (1)
2o o4x 6x m 0− + = (2)
Trừ (2) cho (1) : 2o o3x 5x 0− = ⇒ ox 0= , o 5x 3= .
Với ox = 0 thì m = 0, ox =
5
3
thì m
10
9
= − .
Tr−ờng hợp 1 : Với m = 0, hai ph−ơng trình đã cho trở thành :
2x x 0− = (1)
2x 3x 0− = (2)
Ph−ơng trình (1) có nghiệm 1x = 0, 2x = 1.
Ph−ơng trình (2) có nghiệm 3x = 0, 4x = 3.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_________________________________________________________
Chúng có một nghiệm chung x = 0, nh−ng hai nghiệm còn lại không gấp đôi nhau. Tr−ờng hợp
này loại.
Tr−ờng hợp 2 : Với 10m
9
= − , hai ph−ơng trình đã cho trở thành
2 10x x 0
9
− − = (1)
2 10x 3x 0
9
− − = (2)
Ph−ơng trình (1) có nghiệm 1
2
x
3
= − , 2 5x 3= .
Ph−ơng trình (2) có nghiệm 3
10
x
3
= , 4 1x 3= − .
Dễ thấy rằng nghiệm 3x =
10
3
của ph−ơng trình (2) lớn gấp hai lần nghiệm 2
5
x
3
= của
ph−ơng trình (1).
Vậy
10
m
9
= − là giá trị cần tìm.
Câu III.
1) Theo định lí hàm số cosin trong tam giác :
2 2 2a b c 2bccosA= + − ⇒ cosA = 2 2 2b c a
2bc
+ −
(1)
2o o4x 6x m 0− + =
Theo định lí hàm số sin trong tam giác :
a
sin A
2R
= (2)
Từ (1) và (2) suy ra cotgA =
2 2 2(b c a )R
abc
+ −
(3)
Do vai trò ba góc A, B, C nh− nhau, t−ơng tự ta có :
2 2 2(a c b )R
cot gB
abc
+ −= (4)
2 2 2(a b c )R
cot gC
abc
+ −= (5)
Kết hợp (3), (4), (5) suy ra điều phải chứng minh :
2 2 2(a b c )R
cot gA cot gB cot gC
abc
+ ++ + =
2) Xét hai tr−ờng hợp :
a) Một trong ba số a, b, c bằng 0. Giả sử a = 0. Theo giả thiết :
a + b + c = abc ;
a = 0 ⇒ b = −c.
Thay a = 0 vào biểu thức phải chứng minh, ta có :
b(−1)( 2c − 1) + c(−1)( 2b − 1) = 0.
Đẳng thức này luôn đúng khi b = −c.
b) Cả ba số a, b, c đều khác 0 : Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ.
Theo giả thiết a + b + c = abc, nghĩa là : tgα + tgβ + tgγ = tgαtgβtgγ
⇔ tgβ + tgγ = tgα(tgβtgγ − 1) ⇔ tg tg tg
1 tg tg
− β − γ = α− β γ
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
_________________________________________________________
(bởi vì tgβtgγ − 1 luôn khác 0 do không thể tồn tại
tgβtgγ = 1 và tgβ + tgγ = 0)
⇔ tg(−β − γ) = tgα ⇔ − β − γ + ok π = α
⇔ α + β + γ = ok π .
Nh− vậy, ta cần chứng minh :
tgα( 2tg β − 1)( 2tg γ − 1) + tgβ( 2tg α − 1)( 2tg γ −1) + tgγ( 2tg α − 1) ì ( 2tg β − 1) = tgαtgβtgγ.
Chia cả hai vế cho vế phải, ta có : điều cần chứng minh t−ơng đ−ơng với :
cotg2βcotg2γ + cotg2αcotg2γ + cotg2αcotg2β = 1
⇔ cot g2 cos2 cos2 sin(2 2 ) 1
sin2 sin2 sin2 sin2 sin2
β γ α β + γ+ =β γ α β γ
⇔ 1
2
[cos2(β + γ) + cos2(β − γ)] − cos2α = sin2βsin2γ
⇔ 1
2
[cos2(β − γ) − cos2α] = sin2βsin2γ
⇔ − sin(β − γ + α)sin(β − γ − α) = sin2βsin2γ
⇔ −sin( ok π − 2γ)sin[β − ( ok π − β)] = sin2βsin2γ
⇔ sin2γsin2β = sin2βsin2γ.
Câu IVa. 1) Điểm C có tọa độ (a , m), vậy đỷờng tròn (C) có phỷơng trình (x - a) 2 + (y - m) 2 = m 2.
Đỷờng thẳng AB có phỷơng trình
x
a
+
y
b
= 1.
Vậy các tọa độ của A và P là nghiệm (x , y) của hệ
( ) ( ) ( )
( )
x a y m m
x
a
y
b
− + − =
+ =
2 2 2 1
1 2
Để giải hệ này, từ (2) suy ra
y
b
= 1 -
x
a
=
a - x
a
(x - a) 2 =
a y
b
2 2
2
Thế vào (1), ta đỷợc
a y
b
2 2
2
+ (y - m)2 = m2 y
a + b
b
y - 2m = 0
2 2
2
,
vậy :y = 0 x = a (tọa độ của A)
y =
2mb
a + b
2
2 2
x = a 1 -
y
b
= a 1 -
2mb
a + b2 2
(tọa độ của P).
2) Nhận xét rằng do m0, nên P không thuộc Oy, và m
a + b
2b
2 2
, nên P B, vậy đỷờng tròn (K) đỷợc hoàn toàn xác
định. (Hình 114).
Giả sử K có tọa độ (k, b). Đỷờng tròn (K) có phỷơng trình (x - k) 2 + (y - b) 2 = k 2.
Vì P (K), nên ta có
a
mb
a b
k
mb
a b
b k1
2 2
2 2
2
2
2 2
2
2
−
+
−
−
+
−
=
Hay a 1 -
2mb
a + b
- 2ka 1 -
2mb
a + b
+ b 1 -
2m2
2 2
2
2 2
2
b
a + b2 2
2
=0.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Do 1 -
2mb
a + b2 2
0, suy ra k =
a + b - 2mb
2a
2 2
.
3) Các giao điểm P, Q của (C) và (K) có tọa độ (x , y), nghiệm hệ gồm 2 phỷơng trình của (C) và (K)
(x - a)2 + (y - m)2 = m2
x -
a + b - 2mb
2a
2 2 2
+ (y - b) =
a + b - 2mb
2a
2
2 2 2
Hay x 2 - 2ax + a 2 + y 2 - 2my = 0 (1)
x 2 -
a + b - 2mb
a
2 2
. x + y 2 - 2by + b 2 = 0. (2)
Lấy (1) trừ cho (2), ta đ ợc phỷơng trình bậc nhất đối với x, y :
b - a - 2mb
a
2 2
x + 2(b - m)y + a
2 - b 2 = 0. (3)
Vì các tọa độ của P và Q đều thỏa mãn (3), nên ta kết luận : (3) là phỷơng trình đỷờng thẳng PQ. Viết lại (3) d ới
dạng
-2m
bx
a
+ y +
(b - a x
a
2 2)
+ 2by = b
2 - a2,
ta thấy đỷờng thẳng PQ đi qua điểm cố định (x , y), nghiệm của hệ
bx
a
+ y = 0
(b - a x
a
2 2)
+ 2by = b2 - a2.
i) Nếu b 2 - a 2 0, ta viết hệ trên d ới dạng
x
a
+
y
b
= 0
x
a
+
2b
b - a2 2
. y = 1.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng – Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Từ hệ này suy ra
y =
b(b - a )
a + b
, x = -
ay
b
=
a(a - b )
a + b
2 2
2 2
2 2
2 2
.
ii) Nếu b 2 - a 2 = 0, hệ (4) trở thành
bx
a
+ y = 0
x = y = 0.
2by = 0
Trong cả 2 trỷỳõng hợp, ta có thể kết luận : đỷờng thẳng PQ luôn đi qua điểm cố định
a(a - b )
a + b
;
b(b - a )
a + b
2 2
2 2
2 2
2 2
.
Câu IVb. 1) Gọi BD
1
= y và CD
2
= x (x và y 0).
D1D 2 ⊥ AD 2 AD = D D + AD1
2
1 2
2
2
2 ;
(1)
AD = a + y ; AD = a + x ; D D1
2 2 2
2
2 2 2
1 2
2 = a 2 + (x - y) 2.
Thay vào (1) 2x 2 - 2yx + a 2 = 0.
Coi (2) là phỷơng trình bậc hai ẩn x tham số là y. Bài toán trở
thành việc chứng minh rằng tồn tại y 0 để (2) có nghiệm x
↔ 0. Thật vậy:
∆ x
'
= y 2 - 2a 2 0 y a 2. Khi đó (2) có 2 nghiệm x’, x’’.
Theo định lí Viet thì
x’ + x’’ = y 0...