Giải cách khác đề ĐH KB 2010
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (954.87 KB, 2 trang )
1
Giải cách khác vài câu
Câu I: 2)
PT hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m là
( ) ( )
2
2 1
2 2 4 1 0 *
1
x
x m x m x m
x
+
= − + ⇔ + − + − =
+
(vì x = -1 không là nghiệm).PT (*) có
2
8 0,m m∆ = + > ∀
nên d luôn cắt (C) tại hai điểm
phân biệt A(x
A;
y
A
), B(x
B;
y
B
), Ta có:
( ) ( )
1
3 3 2 2 2 3
2
OAB A B B A A B B A
S x y x y x x m x x m
∆
= ⇔ − = ⇔ − + − − + =
( ) ( )
2
2
2 3 12
A B A B
m x x m x x⇔ − = ⇔ − =
2
2
8
12
4
m
m
+
⇔ =
4 2 2
8 48 0 4 2m m m m⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ±
Câu II : 2)
PT
2
3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − =
, (điều kiện :
1
x 6
3
− ≤ ≤
) ⇔
2
3 1 4 1 6 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − =
⇔
3 15 5
( 5)(3 1) 0
3 1 4 1 6
x x
x x
x x
− −
+ + − + =
+ + + −
⇔ x – 5 = 0
hay
3 1
(3 1) 0
3 1 4 1 6
x
x x
+ + + =
+ + + −
(vô nghiệm) ⇔ x = 5
Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
⇒ 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và
1
0
3
t≤ ≤
Theo B.C.S ta có : t
2
= (ab + bc + ca)
2
≤ 3(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
) ⇒ M ≥
2
3 2 1 2 ( )t t t f t+ + − =
f’(t) =
2
2 3
1 2
t
t
+ −
−
, f ’’(t) =
3
2
2
(1 2 )t
−
−
< 0, ∀t ∈
1
0,
3
⇒ f’(t) là hàm giảm.
1 11
'( ) '( ) 2 3
3 3
f t f≥ = −
> 0
⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈
1
0,
3
⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1. Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
Câu VI .a. 1.
Vì C (-4; 1),
µ
A
vuông và phân giác trong , góc A là (d) : x + y – 5 = 0,
x
A
> 0 , Ta có cos(d; ox) =
2
1
suy ra góc giữa đt d với trục ox bằng 45
0
, mà góc giữa đt AC với đt d bằng 45
0
nên đt AC // ox suy ra đt AC có PT là
y = 1. Toạ độ của A là nghiệm của hệ PT x + y – 5 = 0
y = 1
⇒ A(4;1) ⇒ AC = 8 . Mà diện tích ∆ABC = 24 nên AB = 6. Mặt khác, AB vuông góc với AC nên AB vuông góc với trục ox, nên B (4; 7) .
Vậy phương trình của BC là:
6
1
8
4 −
=
+ yx
hay
01643 =+− yx
Câu VI.b.
1.
( )
2 2
2 2 2
: 1 3 2 1
3 2
x y
E c a b+ = ⇒ = − = − =
. Do đó F
1
(-1; 0); F
2
(1; 0); (AF
1
) có phương trình
3 1 0x y− + =
⇒ M
2
1;
3
÷
⇒ N
4
1;
3
÷
⇒
1
NA 1;
3
= −
÷
uuur
;
( )
2
F A 1; 3=
uuur
⇒
2
NA.F A 0=
uuur uuur
⇒ ∆ANF
2
vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F
2
N.
Do đó đường tròn có phương trình là :
2
2
2 4
( 1)
3
3
x y
− + − =
÷
Câu VII.b. H ệ PT
⇔
2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
− =
+ =
⇔
x
x x 2
3y 1 2
4 2 3y
− =
+ =
⇔
x
x x 2
2 1
y
3
4 2 3y
+
=
+ =
⇔
x
x x x 2
2 1
y
3
3(4 2 ) (2 1)
+
=
+ = +
⇔
x
x x
2 1
y
3
2.4 2 1 0
+
=
+ − =
⇔
x
x x
2 1
y
3
1
(2 1)(2 ) 0
2
+
=
+ − =
⇔
x
x
2 1
y
3
1
2
2
+
=
=
⇔
x 1
1
y
2
= −
=
2
A
B
C
(d)
