Tải bản đầy đủ

Đề thi THPT Quốc gia trường Nguyễn Khuyền TPHCM

Trường THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
ĐỀ
THI THỬ
(TP.HCM)
Đề 03/2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
KỲ THI
THPT
Môn: ToánQUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 68
Thời Thời
giangian
làmlàm
bàibài:
180180
phút
phút.
--------oOo--------

Câu 1. (1,0 điểm)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
Câu 2. (1,0 điểm)

1 3
17
.
x − 2x 2 + 4x −
3
3

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x ) = −

2x
1
trên đoạn  0;2  .

1 + x 1 + x2

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Cho hai số phức z1, z 2 thỏa mãn: z 1 = 1, z 2 = 2, z 1 + z 2 = 3 . Hãy tính z1 − z 2 .
b) Giải phương trình: 2 log2 x − log2

(

)

x − 2 = log 1
2

1
x −2

.

Câu 4. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) : y = x + 1 và đồ thị (C ) của hàm
số y = x 3 − 3x 2 + 3x + 1 .
Câu 5. (1,0 điểm)
x −1 y −2
z −3

và mặt
=
=
3
2
1
phẳng (α) : 3x − 4y + z − 7 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng (α) .
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: 8 cos3 ϕ − 6 cos ϕ = 2 cos ϕ + 2 .
b) Một đoàn thanh tra gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn ra một nhóm gồm 5 người để lập
thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ công tác.
Câu 7. (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :

Cho hình S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , các mặt
phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích của khối
tứ diện SABC và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) .
Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có 2BC = 3AD . Gọi M là
đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BADM , P là giao điểm của AN với BD và N là điểm trên cạnh
 11 1 
5
BM sao cho BM = 4MN . Biết N ( −1; −2 ), P  ;  và sin MAD =
. Tìm tọa độ các đỉnh
 7 7 
89
của hình thang ABCD .
Câu 9. (1,0 điểm)



 3 x 2 + 3x + 3 + 3 2y 2 + 3y + 2 = ( x + y )  2 x + 1  + y 2 + 3

 3
Giải hệ phương trình: 
.

2
2
3
 2y + 3x − 2y + 3 − x + y = 3 − 5x − 2x
Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; 4 ) và thỏa mãn: x + y + z = 6 2 .
Chứng minh rằng:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2



3 2
.
4

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( luankieu@ymail.com )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

388


TRƯỜNG THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
(TP.HCM)
Đề 03/2016

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Người ra đề: Kiều Hòa Luân

Câu 1. (1,0 điểm)
1 3
17
.
x − 2x 2 + 4x −
3
3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
Câu 2. (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x ) = −
Tập xác định: D = ℝ \ { −1}

2x
1
trên đoạn  0;2  .

1 + x 1 + x2

Hàm số f (x ) xác định và liên tục trên đoạn  0;2 
2
2x
Đạo hàm: f '(x ) = −
+
; ( x ≠ −1 )
2
2
(1 + x ) (1 + x 2 )
Cho f '(x ) = 0 ⇔ −2 ( 1 + x 2 ) + 2x ( 1 + x ) = 0 ⇔ ( x − 1 )( 1 − x 3 ) = 0 ⇔ x = 1
2

2

3
23
Ta có: f (1) = − ; f (0) = −1; f (2) = −
2
15
23
f (x ) = f (2) = −
và max
f (x ) = f (0) = −1 .
Vậy min
 0;2 
 0;2 
15
 
 
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Cho hai số phức z1, z 2 thỏa mãn: z 1 = 1, z 2 = 2, z 1 + z 2 = 3 . Hãy tính z1 − z 2 .
Đặt: z1 = a + bi (a,b ∈ ℝ ) và z 2 = c + di (c, d ∈ ℝ )
Khi đó:
2
 2
a 2 + b 2 = 1
a 2 + b 2 = 1
 a + b = 1


 2
2
⇔ c 2 + d 2 = 4
⇔ c 2 + d 2 = 4
 c +d = 2


 2
 (a + c)2 + (b + d )2 = 3
(a + c)2 + (b + d )2 = 9
a + c 2 + b 2 + d 2 + 2 (ac + bd ) = 9



Suy ra: 2 (ac + bd ) = 9 − (1 + 4) = 4 ⇒ ac + bd = 2
Vậy z 1 − z 2 =

(a − c)2 + (b − d )2 =

b) Giải phương trình: 2 log2 x − log2

(

a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − 2 (ac + bd ) =

)

x − 2 = log 1
2

1
x −2

5 − 2.2 = 1 .

.

Điều kiện: x > 4
Phương trình tương đương: 2 log2 x − log2
⇔ log2 x = log2

(

(

)

x − 2 = log2−1

(

x −2

)

−1

)

x − 2 ⇔ x − x + 2 = 0 (vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 4. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) : y = x + 1 và đồ thị (C ) của hàm số

y = x 3 − 3x 2 + 3x + 1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (C ) là: x 3 − 3x 2 + 3x + 1 = x + 1
x = 0

⇔ x 3 − 3x 2 + 2x = 0 ⇔ x (x 2 − 3x + 2) = 0 ⇔  x = 1
x = 2


389


Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) và đồ thị (C ) là:
2

S =



x 3 − 3x 2 + 3x + 1 − ( x + 1 ) dx =

2



0

0

1

=

∫ (x

x 3 − 3x 2 + 2x dx

3

− 3x 2 + 2x ) dx +

0

x4

=  − x 3 + x 2 
 4


1

∫ (x

3

− 3x 2 + 2x ) dx

0

1

0

x4

1
1
1
+  − x 3 + x 2  =
+ − = (đvdt).
 4

4
4
2
1
2

Câu 5. (1,0 điểm)
x −1 y −2
z −3
và mặt
=
=
3
2
1
phẳng (α) : 3x − 4y + z − 7 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng (α) .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :

Đường thẳng (d ) đi qua điểm A(1;2; 3) và có véctơ chỉ phương là a = ( 3;2;1 )
Mặt phẳng (α) có véctơ pháp tuyến là nα = ( 3; −4;1 )
Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) nên A(1;2; 3) ∈ ( β )
Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông góc với mặt phẳng (α) nên (β ) có véctơ pháp
tuyến là n β =  a , nα  = ( 6; 0; −18 )
Vậy mặt phẳng (β ) cần tìm đi qua điểm A(1;2; 3) và nhận n β = ( 6;0; −18 ) làm véctơ pháp tuyến
có phương trình là: (β ) : 6 ( x − 1 ) − 18 ( z − 3 ) = 0 ⇔ x − 3z + 8 = 0 .
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: 8 cos3 ϕ − 6 cos ϕ = 2 cos ϕ + 2 .
Phương trình tương đương: 2 ( 4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ ) =

2 ( cos ϕ + 1 )

ϕ
ϕ
ϕ
⇔ cos 3ϕ = cos
( do ϕ ∈  0; π  ⇒ cos ≥ 0 )
2
2
2


ϕ
k 4π
 3ϕ = + k 2π
ϕ =
2
5 ;(k ∈ ℤ )
⇔ 
⇔ 
k
4
ϕ
ϕ = π
 3ϕ = + k 2π

7
2



Vì ϕ ∈  0; π  ⇒ ϕ = 0; ϕ =
.
;ϕ =
5
7
 4π 4π 
Vậy góc ϕ ∈  0; π  thỏa phương trình đã cho là: ϕ =  0; ;  .
 5 7 
b) Một đoàn thanh tra gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn ra một nhóm gồm 5 người để lập
thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ công tác.
⇔ 2 cos 3ϕ = 2 cos

2
Chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15
(cách).
Chọn 3 tổ viên còn lại vào tổ công tác trong đó có nữ, ta có các trường hợp sau:
2
Chọn 1 nữ và 2 nam có 5.C13
(cách)

Chọn 2 nữ và 1 nam có 13.C25 (cách)
Chọn 3 nữ có C53 (cách).
Vậy số cách chọn một nhóm gồm 5 người để lập thành một tổ công tác thỏa yêu cầu bài toán là:
2
A15
( 5.C132 + 13.C25 + C53 ) = 111300 (cách).

390


Câu 7. (1,0 điểm)
Cho hình S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , các mặt
phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích của khối
tứ diện SACD và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) .
Thể tích của khối tứ diện SACD
Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ABCD
Ta có:

AB = AD 

AC ⊥ BD  ⇒ AC là phân giác của góc BAD

BAD = 1200 


BAD
1200
=
= 600
2
2
⇒△ACD là tam giác đều
⇒ DAC = CAB =

⇒ DO =

AD 3
a 3
=
2
2

Tam giác ADO vuông tại O , có: AO =

AD 2 − DO 2 =

a
⇒ AC = a
2

a 3
2
1
1 a 3 a2 3
a3
Thể tích của khối tứ diện SACD là: VS .ACD = SO.S △ACD =
= (đvtt).
3
3 2
4
8
Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD )
Tam giác SAO vuông tại O , có: SO =

SA2 − AO 2 =

Tam giác SDO vuông tại O , có: SD =

a 6
2
2
2
SO + OC = a
SO 2 + OD 2 =

Tam giác SCO vuông tại O , có: SC =
Suy ra, tam giác SCD cân tại C
Gọi H là trung điểm SD khi đó CH ⊥ SD

a 10
4
1
1 a 10 a 6
a 2 15
Diện tích của tam giác SCD là: S △SCD = CH .DS =
.
=
(đvdt).
2
2 4
2
8
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( SCD ) , khi đó SI là hình chiếu vuông góc
Tam giác CHD vuông tại H , có: CH = CD 2 − HD 2 =

của SB lên mặt phẳng ( SCD )
Suy ra, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) là

( SB; ( SCD )) = ( SB; SI ) = BSI



khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) là d  B ;( SCD ) = BI .


Thể tích khối chóp B.SCD là: VB .SCD =



3V
1
d  B ;( SCD ) .S△SCD ⇒ d  B ;( SCD ) = S .ACD




3
S△SCD

a 15
BI
Tam giác SBI vuông tại I , có: sin BSI =
= 5 =
SB
a 6
2
3
a
Vậy: VSACD =
(đvtt) và ( SB; ( SCD ) ) = BSI ≃ 390 .
8

391

a3
8 = a 15
=
2
5
a 15
8

10
⇒ BSI ≃ 390
5

3.


Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có 2BC = 3AD . Gọi M là
đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BADM , P là giao điểm của AN với BD và N là điểm trên cạnh
 11 1 
5
BM sao cho BM = 4MN . Biết N ( −1; −2 ), P  ;  và sin MAD =
. Tìm tọa độ các đỉnh
 7 7 
89
của hình thang ABCD .
PA
PD
AD
BM
4
=
=
=
=
PN
PB
NB
BN
3
 

 3  x A − 11  = 4 ( x P + 1 )
 x A = 5


PA
4
7 
⇔ 
⇒ A ( 5; 3 )
= ⇒ 3PA = 4NP ⇔ 
 
 
 yA = 3
1 
PN
3

 3  yA −  = 4 ( yP + 2 )
7
 

Ta có: △PDA ∼△PBN ⇒

Đường thẳng đi qua hai điểm A và N có phương trình là:
x +1 y +2
=
⇔ 5x − 6y − 7 = 0
( AN ) :
5
6
5
Suy ra hệ số góc của đường thẳng ( AN ) là k1 =
6
Đường thẳng ( BN ) đi qua điểm N với hệ số góc k2 có phương trình là ( BN ) : y = k2 (x + 1) − 2

5
8
89
MD
AB
=
Tam giác MAD vuông tại D , có: tan MAD =
AD
BM
Suy ra:
AB 5 
= 
BM 8  ⇒ AB = 5
BM
4
BN
6
= 

BN
3
AB
5
=
Tam giác ANB vuông tại B , có: tan ANB =
BN
6

5

− k2
5

6
=

5
5
6
k = 0

k
1 + k2

2
 2
k1 − k2
5
6
6
⇔ 
⇔ 
tan ANB =
⇔ =

5
 k2 = 60
1 + k1k2
6
5

− k2
+ k1k2

11
− 5 = 6
6

 6 1 + 5k


6 2
Với k2 = 0 ⇒ ( BN ) : y = −2
Theo giả thiết: sin MAD =

5

⇒ tan MAD =

Đường thẳng ( AB ) đi qua A và vuông góc với ( BN ) có phương trình là ( AB ) : x − 5 = 0
 x − 5 = 0
 x = 5
Tọa độ của B thỏa hệ: 
⇔ 
⇒ B ( 5; −2 )
 y = −2
 y = −2




2

2
AD = BC 
 ⇒ BM = BC 
3
3
 ⇒ BN = 3 . 2 BC = 1 BC
BM = AD 


4 3
2
3

BN = BM 

4
 2 ( −1 − 5 ) = xC − 5
 xC = −7
⇒ 2BN = BC ⇔ 
⇔ 
⇒ C ( −7; −2 )
 2 ( −2 + 2 ) = yC + 2
 yC = −2



392


AD =

 3 ( x D − 5 ) = 2 ( −7 − 5 )
 x D = −3
2
BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔ 
⇔ 
⇒ D ( −3; 3 )
 3 ( y D − 3 ) = 2 ( −2 + 2 )
 y D = 3
3


(nhận vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).

60
60
⇒ ( BN ) : y =
( x + 1 ) − 2 ⇔ 60x − 11y + 38 = 0
11
11
Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với BN có phương trình là ( AB ) : 11x + 60y − 235 = 0

Với k2 =


x = 5
 60x − 11y + 38 = 0




61 ⇒ B  5 ; 238 
Tọa độ của B thỏa hệ: 
⇔ 
 61 41 
 11x + 60y − 235 = 0

238

 y =

41
 

 4  −1 − 5  = 3 ( x D − 5 )

 
3
61 
BN = BC ⇒ 4BN = 3AD ⇔ 
 
 
238 
4
 = 3 ( yD − 3 )
 4  −2 −
41 
 
217

 x D =


61 ⇒ D  217 ; − 297  (loại vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).
⇔

61 
 61
 y = − 297
D

61
Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD là: A ( 5; 3 ), B ( −7; −2 ), C ( 5; −2 ), D ( −3; 3 ) .
Cách khác: (xác định tọa độ các đỉnh B,C và D )
Gọi B (a;b )

4
PB
 ⇒ BD =  1 +


3

PD + PB = BD 

PD =

4 
7
 PB = PB
3
3

AB
AB
3 AB 
=
=

BD
7
7 PB 
PB
 ⇒ 3 AB = 5
3

7 PB
89
5 

sin MAD =
89 
2
2


2
2
9
25
9  
11 
1 
25 

AB 2 =
PB 2 ⇔
a −  + b −   =
 (a − 5 ) + (b − 3 ) 

49
89
49  
7
7 
89



⇔ 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0
 1
Gọi I là trung điểm AN , có: I  2; 
 2 
sin MAD = cos AMD = cos ABD =

AN = ( 6; 5 ) ⇒ AN =

62 + 52 =

61

 1
Đường tròn (C ) tâm I  2;  với đường kính AN =
 2 

61 có phương trình là:

2
 61 

1 

 ⇔ x 2 + y 2 − 4x − y − 11 = 0
+  y −  = 
 2 
2

2

(C ) : ( x − 2 )

2

B ∈ (C ) ⇒ a 2 + b 2 − 4a − b − 11 = 0

 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0 (1)
Như vậy tọa độ của B thỏa hệ:  2
a + b 2 − 4a − b − 11 = 0
(2)

 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0
⇒ 732a + 610b − 2437 = 0
⇔ 
 53a 2 + 53b 2 − 212a − 53b − 583 = 0


393


220 − 305b
thay vào (2) , ta được:
366
2
 220 − 305b 
 220 − 305b 

 + b 2 − 4 
 − b − 11 = 0


366
366


 b = −2

2
⇔ 226981b − 431636b − 1771196 = 0 ⇔ 
 b = 238

61
220 − 305.(−2)
b = −2 ⇒ a =
= 5 ⇒ B ( −2;5 )
366
238
220 − 305.
238
61 = 5 ⇒ B  5 ; 238 
⇒a =
b=

61
366
61
 61 61 
⇔ 366a + 305b = 1220 ⇔ a =

Với B ( −2;5 )
 2 ( −1 − 5 ) = xC − 5
 xC = −7
1
BC ⇒ 2BN = BC ⇔ 
⇔ 
⇒ C ( −7; −2 )
 2 ( −2 + 2 ) = yC + 2
 yC = −2
2


 3 ( x D − 5 ) = 2 ( −7 − 5 )
 x D = −3
2
AD = BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔ 
⇔ 
⇒ D ( −3; 3 )
 3 ( yD − 3 ) = 2 ( −2 + 2 )
 yD = 3
3


(nhận vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).
BN =

 5 238 
Với B  ;

 61 61 




 3 ( x D − 5 ) = 4  −1 − 5 
 x D = 217




AD
4

61 
61 ⇒ D  217 ; − 297 
⇔ 
= ⇒ 3AD = 4BN ⇔ 




 61
61 
BN
3
 y = − 297
 3 ( y − 3 ) = 4  −2 − 238 
D
D





61
61 
(loại vì B và D khác phía so với đường thẳng ( AN ) ).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD là: A ( 5; 3 ), B ( −7; −2 ), C ( 5; −2 ), D ( −3; 3 ) .
Câu 9. (1,0 điểm)




 3 x 2 + 3x + 3 + 3 2y 2 + 3y + 2 = ( x + y )  2 x + 1  + y 2 + 3

 3

Giải hệ phương trình: 
.

2
2
3
2
y
+
3
x

2
y
+
3

x
+
y
=
3

5
x

2
x


 2y 2 + 3x ≥ 0

Điều kiện: 

 y ≥ − 3

2
2


3
3
Ta có: x 2 + 3x + 3 =  x +  + > 0 và 2y 2 + 3y + 2 = 2  y +

2
4

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
x 2 + 3x + 5
3
x 2 + 3x + 3 = 3 ( x 2 + 3x + 3 )1.1 ≤
3
2
2
y
+ 3y + 4
3
2y 2 + 3y + 2 = 3 ( 2y 2 + 3y + 2 ) 1.1 ≤
3
2
x + 3x + 2y 2 + 3y + 9
Suy ra: 3 x 2 + 3x + 3 + 3 2y 2 + 3y + 2 ≤
3
Khi đó, từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra:
2

x 2 + 3x + 2y 2 + 3y + 9
( x + y ) x + 1  + y 2 + 3 ≤
3

3

⇔ x 2 + 2x + y 2 ≤ 0 ⇔ (x + y )2 ≤ 0 ⇒ x − y = 0

394

3 
7
 + > 0; ∀x ∈ ℝ
4
8
2


Thay y = −x vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
2x 2 + 5x − 3



2x 2 + 3x − 3 − 2x = 3 − 5x − 2x 2

= 3 − 5x − 2x 2

2x + 3x − 3 − 2x


1
⇔ ( 2x 2 + 5x − 3 )
+ 1  = 0

 2x 2 + 3x + 3 − 2x


1
⇔ 2x 2 + 5x − 3 = 0 do
+ 1 > 0; ∀x ∈ ℝ 


2x 2 + 3x + 3 − 2x

1
x =
⇔ 
2

 x = −3
1
1
Với x = ⇒ y = − (thỏa điều kiện)
2
2
Với x = −3 ⇒ y = 3 (thỏa điều kiện)


 1 1 
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là: ( x ; y ) = 
 ; − , ( −3; 3 ) .
 2 2 

2

Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; 4 ) và thỏa mãn: x + y + z = 6 2 .
Chứng minh rằng:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2



3 2
.
4

Dựng đường tròn tâm O đường kính AB = 4
Trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho AM = x với 0 < x < 4 .
Tam giác ABM vuông tại M , có: MB = AB 2 − AM 2 = 16 − x 2
Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M và H là chân đường cao của tam giác
MAB hạ từ đỉnh M .
. .
Suy ra: CO ⊥ AB và MH ≤ CO
1
1
Diện tích của tam giác ABM là: S ∆AMB = AM .MB = HM .AB
. . .
.
2
2
Suy ra:

AM .MB = HM .AB 
 ⇒ AM .AB ≤ CO.AB

MH ≤ CO

Khi đó, ta có:
1
x
x 16 − x 2 ≤ 2.4 = 8 ⇒
≥ (1) .
2
8
16 − x
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 8 ⇒ x = 2 2
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
1
z
1
y
≥ (2) và

(3) .
2
2
8
8
16 − y
16 − z
Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế ta được:
1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2



x +y +z
6 2
3 2
=
=
8
8
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là Pmin =

3 2
đạt được khi x = y = z = 2 2 .
4
Hết
***

***

*****************************************************************************

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( luankieu@ymail.com )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

395



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×