CHUYÊN VINH lần 2

CHUYÊN VINH LẦN 2 – 2016:
Câu xác suất :
Nam và Hùng chơi đá bóng qua lưới , ai đá thành công nhiều hơn là người thắng cuộc . Nếu để bóng ở vị
trí A thì xác suất thành công của Nam là 0,9 còn của Hùng là 0,7 . Nếu để bong ở vị trí B thì xác suất đá
thành công của Nam là 0,7 còn của Hùng là 0,8 . Nam và Hùng mỗi người đá 1 quả ở vị trí A , một quả ở
vị trí B . Tính xác suất để Nam thắng cuộc .
Để Nam thắng cuộc có các khả năng sau :
Nam trúng 2 và Hùng trúng 1 ở vị trí A , trượt vị trí B : 0,9.0,7.0,7.0,2
Nam trúng 2 và Hùng trúng 1 ở vị trí B , trượt vị trí A : 0,9.0,7.0,8.0,3
Nam trúng 2 và Hùng không trúng : 0,9.0,7.0,3.0,2
Nam trúng 1 quả ở A , trượt 1 quả ở B và Hùng không trúng quả nào : 0,9.0,3.0,3.0,2
Nam trúng 1 quả ở B , trượt 1 quả ở A và Hùng không trúng quả nào :0,7.0,1.0,3.0,2
Xác suất là tổng các trường hợp trên : 0.2976
Câu 8 :
1
3

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB=AD= CD. Gọi giao
điểm của AC và BD là E(3;–3) , điểm F(5;–9) thuộc cạnh AB sao cho AF=5FB. Tìm tạo độ đỉnh D biết
yA<0.
Cách 1 : Dùng phương pháp vecto :
Lời giải:
Đặt:
   
AB  a; AD  b





 a  b  x;


a.b  0



 5  5    
 AF  AB  a; DC  3AB  3a
6
6

Do AB//CD => ΔABE ~ ΔCDE (g-g)

 1  1  
EA AB 1
3 1

  AE  AC  AD  DC  a  b
EC CD 3
4
4
4
4
   5   3  1   1  1 
 EF  AF  AE  a   a  b   a  b
6
4  12
4
4
   3  1   1  1   1  2 1  2 1  

 AE.EF   a  b  a  b   a  b  a.b  0
4  12
4  16
16
6
4
EF
  tan ECD
  AD  1
 AE  EF=>
 tan EAF
AE
DC 3

AE  3EF  6 10
EF  2; 6   
AE : x  3y  12  0






Gọi A(3m+12;m) (m<0) ta có:

Thầy Quang Baby

Page 1


 m  3 (k tm)
AE  3m  9; m  3 ; AE  6 10  
 A(15; 9)
 m  9 (tm)

AF(20;0)
AD : x  15  0
  
  
C(57;15)
AC  4AE
CD / /AB  CD : y  15  0
D  AD  CD  D( 15;15)

Vậy D(–15;15)
Cách 2 : Dùng các tỉ lệ đồng dạng

Kẻ BN vuông góc DC , K là giao của AC và BN , ta có
AB BE 1


CD ED 3
BE EK 1
3

  AE  AK
ED AK 3
4
BK BE 1

1
1
10
Co :

  BK  AD  AD  AK 
AB
AD ED 3
3
3
3
3
5
 AK . AE  AK 2  AB 2
4
6
5
  90O
Dùng phương tích : AF . AB  AK . AE ( AB 2 )  BFEK nội tiếp  FEK
6
  EKF
  45 O
Do FBK
 FEK vuông cân tại E
 EF : 3 x  y  9  0
 AC : x  3 y  12  0
EF  2 10  AE  6 10  A(15, 9)
 
3 AC  EC  C (33,15)
AB : y  9  AD : x  15, CD : y  15

 D(15,15)

Thầy Quang Baby

Page 2


Câu 9 : Giải phương trình : 2

x2 1

log 2 ( x  x 2  1)  4 x log 2 (3x)
Lời giải:

Điều kiện x  0
Ta có : x 
Mặt khác :

x 2  1  1  log 2 ( x  x 2  1)  0  log 2 (3x)  0  3x  1

2 x  0  2 x.2
 2 x

x 2 1

log 2 ( x  x 2  1)  2 x.4 x log 2 (3 x)

x 2 1

.log 2 ( x  x 2  1)  23 x.log 2 (3 x)

t
Xét hàm số f (t )  2 .log 2 (t ) . t  1
2t
 f '(t )  2t.ln 2.log 2 (t ) 
 0 ( t  1 )
t.ln 2
 f (t ) đồng biến t  1 mà f ( x  x 2  1)  f (3x)  x  x 2  1  3x
1

x


1
1
3

x
. Vậy x 
là nghiệm của phương trình .
1
3
3
2
x 

3
Câu 10 : Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  4
Tìm GTLN : P  x 3  y 3  z 3  8( xy 2  yz 2  zx 2 )
Lời giải:
Giả sử y là số nằm giữa x và z

 x( x  y )( y  z )  0  x 2 y  xyz  xy 2  x 2 z
 x 2 y  2 xyz  z 2 y  xy 2  x 2 z  z 2 y  xyz  xy 2  yz 2  zx 2
 P  x3  y 3  z 3  8 y ( x  z )2 . Lại có x3  z 3  ( x  z )3  (4  y)3 ( do z  0 )
 P  (4  y)3  y 3  8 y (4  y ) 2  f ( y)  f (1)  100
 Pmax  100 tại ( x, y, z )  (3,1,0)
Dấu bằng xảy ra khi : x = 3 , y = 1, z = 0

Thầy Quang Baby

Page 3