DAP AN LAN 5 THANG 01

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT LONG MỸ CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC ĐỀ THÁNG 01 NĂM 2104 LẦN 5 (Ngày 13 tháng 01 năm 2014) KHỐI 10          cos a, b 3a  5b 2a  b 0 a  4b a  b 0 Câu 1: : Tính . Biết và Ta có    6a 2  5b 2  7 ab 0  2 2  a  4b  3ab 0    18a 2  15b 2  21ab 0   2 2  7 a  28b  21ab 0   25a 2 43b 2    2 2 3ab  a  4b Ta có:    b a  ab 4 1 20 43 19 43 cos a, b           215 a b 3 a 3 b 3 43 15. ĐÁP ÁN ĐỀ 05.  . . . . . . .  .  4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3 0 ( x, y  R )  2 x  7 x  y  1  0    Câu 2: Giải hệ phương trình sau:  Ta có  4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3 0   2 x  7   x  y   1 0 3 3  2  2 2 2 4 x  4 xy  4 y  ( x  y ) 2 51 ( x  y )  3( x  y )  ( x  y ) 2 51     2 x  1 7  x  y  x  y  1 7   x y x y a  x  y  1  b  x  y  x  y Đặt   a 3; b 4 a 2  3b 2 57    a 15 ; b   1 a  b 7  2 2 Ta có hệ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 15  a  2 (VN )   1 b  2  * Với . * Với.  x  y 3 a 3    1  x  y   4 b 4  x y .  5 3 1 3 ;y  x  2 2   5 3 1 3 ;y  x  2 2 . A  8;0  , B  0; 4  , C  2; 0  , D  -3; -5  Câu 3 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho bốn điểm  . Chứng minh ABCD rằng tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. Giải :     AB  8; 4  , AD  5;  5  , CB   2; 4  ; CD   5;  5  Ta có :    1 1 cos AB, AD  cos CB, CD  10 , 10. . . . .      cos AB, AD  cos CB, CD 0. . . . . ˆ  BCD ˆ 1800  BAD Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp. a4 b4 c4 a3  b3  c 3    2 Câu 4 Cho a, b, c  &abc 1 . Chứng minh b  c c  a a  b 4a 4  a 2  b  c  4a 3 bc Xét (1) ( Chọn thêm 4 là để 3 số bằng nhau ) 4c 4  c 2  c  a  4c 3 ca (3). 4b 4  b 2  c  a  4b3 ca (2). a 2  b  c   b 2 (c  a)  c 2 ( a  b) 4(a 3  b3  c3 ) (4) 2 2 2 a b  c  b ( c  a )  c ( a  b )   Ta cần phải chứng min: 2(a3+b3+c3)  (5) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 Thật vậy ta xét: (5)  (a  b  c )  (a  b  c ) (a b  b c  c a )  (ab  bc  ca ) đẳng thức này luôn đúng theo bài toán 2 ở trên. Vậy cộng vế với vế của (4) và (5) ta có đpcm. Cộng (1),(2),(3) ta có: 4VT+. Cách khác 2. a 3  b3  c 3   a4 b4 c4 a6 b6 c6       b  c c  a a  b a 2b  a 2c b 2c  b 2a c 2a  c 2b a 2b  b 2c  c 2 a  ab 2  bc 2  ca 2 2 2 2 3 3 3 Mà a b  b c  c a a  b  c.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2a 3  b3 3a 2b  3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2b  c 3b c  3  a  b  c  3  a b  b c  c a   a  b  c a b  b c  c a 2c3  a 3 3c 2 a vì  2 2 2 3 3 3 Và a b  b c  c a a  b  c a3  2b3 3ab 2  3 3 2 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 b  2c 3bc  3  a  b  c  3  ab  b c  ca   a  b  c ab  b c  ca c3  2a3 3ca 2 vì . a. 3.  b3  c 3 . 2. 3. a 2b  b 2c  c 2 a  ab 2  bc 2  ca 2. Từ đó ta có Suy ra đpcm. 3 2.  a  b  c  a  2 a  b  c  3. 3. 3. 3. 3.  b3  c3 2. KHỐI 11 n  n 2  1 . Tính S 2013 u1  u2  u3  ...  u2013 1 1 1 un    2 n 1 n 1 n  1 n  1 n  n2  1   n  1 n  1 2 .     2 2 2 2 2 2  . Câu 1: Cho dãy số. Giải: Ta có:.  Do đó: S 2013.  un . 1. un . 1. biết. . n 1  2. n 1 n 1  2 2 u1  u2  u3  ...  u2013. n 1 2.  3  2013 1  1 0      2  1  ...   2 2  2  1 2013 2014  2013  1   1007   2 2 2 =. . . . 2011   2 . . . 1007  1006. 4 4 Câu 2Tìm x để ba số x  3x  3;2  2 x; x  x  1 lập thành cấp cộng x 4  3x  3;2  2 x; x 4  x  1 lập thành cấp cộng khi: Ba số. ( x 4  3x  3)  ( x 4  x  1) 2  2 x  x 4  2 x  1 2  2 x  x 4 1  4 x 2  x 2  1  2  x  1 2 2 4 2 2 2  x  2 x  1 2 x  4 x  2   x  1 2  x  1    x 2  1  2  x  1. . . 2 2 2 21  x 2  2 x  2  1 0   x 2 2  x  2 x  2  1 0 (VN ). .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải Câu 3: Gieo liên tiếp 6 lần một con súc sắc. Tìm XS sao cho trong 6 lần gieo có 2 lần xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3. Giải: Gọi A là biến cố trong mỗi lần gieo súc sắc xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3. 1 1 p A   p A    n  6, n  A  2 3 3 Khi đó   vậy Gọi X là biến cố trong 6 lần gieo A xuất hiện 2 lần 2 Số cách mà A xuất hiện trong dãy 6 phép thử là C6.  . 2.  1  2     Mỗi lần gieo là độc lập suy ra khi A xuất hiện thì xác suất tương ứng là  3   3  2 4 2 1  2 P  X  C6      3  3 Suy ra. 4. Câu 4 Cho hình chóp S.ABCD, với ABCD là hình thang đáy lớn CD. M là điểm di động bên trong hình thang ABCD. Qua M kẻ các đường thẳng song song với SA và SB cắt (SBC) và (SAD) lần lượt tại N và P. a) Hãy nêu cách dựng điểm N và điểm P. b) Chứng minh: X =. MN MP + SA SB. không đổi.. c) Tìm tập hợp các điểm M để tam giác MNP có diện tích lớn . Giải a)+ Gọi E là giao điểm của AM và BC. Trong mp(SAE) dựng đt qua M và song song với SA cắt SE tại N ⇒ N là điểm cần dựng. + Gọi K là giao điểm của BM và AD. Trong mp(SBK) dựng đt qua M và song song với SB cắt SK tại P ⇒ P là điểm cần dựng.. S. P. N A K O. b) + Trong Δ SAE có Δ SBK có. MN EM = SA EA. và trong. MP KM = . SB KB. + Trong hình thang ABCD kẻ MO//BC (O BC) ta có:. M B. E. EM BO KM AO = = và EA BA KB AB MN MP EM KM BO AO + + + =1 không đổi. ⇒ X= = = SA SB EA KB AB AB 1 1 c) Ta có S MNP= MN. MP . sin ∠ NMP ¿ MN . MP. sin ∠ ASB 2 2 Mà sin ∠ASB không đổi nên S MNP lớn nhất khi MN.MP lớn nhất.. C. D.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có X 2. √. MN. MP SA .SB. MN . MP ≤. ⇔. OB OA = AB AB. Dấu “=” xảy ra ⇔. SA . SB 4. ⇔ O là trung điểm AB. ⇔ M nằm trên đường trung của hình thang ABCD.. Vậy tập hợp các điểm M là đường trung bình của hình thang ABCD (trừ 2 điểm mút). KHỐI 12 Câu 1:. TXĐ: D  3 3 Ta có y sin x  cos x  sin x  cos x   1  sin x cos x .   t sin x  cos x  2 sin  x   4  , điều kiện  2 t  2  Đặt t2  1  sin x cos x  2  t2  1 1 3 3 y t  1    t  t 2  2 2  2 t  2 . Do đó. với. 3 3 y  t 2  2 2 Đạo hàm  t 1 y 0    t  1. Cho. Tính: Vậy:. f  1 1. ,. Maxy . f   1  1 1 ,. f. ,. Miny .  2   22 ,. . . f  2 . 2 2.  1 .. 1 1 y  mx 3   m  1 x 2  3  m  2  x  3 3 . Tìm m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu Câu 2: Cho hàm số: x  2 x2 1 tại x1, x2 thoả 1 TXĐ: D =  y mx 2  2  m  1 x  3  m  2  Đạo hàm: m 0  2   m  1  3m  m  2   0 Hàm số có 2 cực trị m 0  m 0  6 6  1  m 1 2   2 2  2m  4m  1  0 (*) Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình y 0 thì:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   x1  2 x2 1 1  2  m  1   2  x1  x2  m   3 m  2 4 2  3  x1 3  x2  1   x1.x2  m  m, m Từ (1) và (2) 2  4  3 m  2     1   3    m  m m  Thay vào (3) 2.  3m  5m  4 0 2 m 2  m  3 Vậy:. I .  m 2  m . 2 3 (Nhận so với điều kiện). 2e 2 x sin xdx 3.  sin x  cos x  Câu 3: Tìm nguyên hàm sau: 2e 2 x sin xdx 2e x sin x. ex I   . dx 3 2  sin x  cos x   sin x  cos x  sin x  cos x t Đặt. e x  sin x  cos x   e x  cos x  sin x  ex 2e x sin xdx  dt  dx  2 2 sin x  cos x  sin x  cos x   sin x  cos x  2.   ex   2 sin x  cos x  t  I tdt   C  C 2 2 Vậy A  3; 2;0  , B  0;1;  2  Câu 4: Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết  và điểm C  3;  2;  1 S . Viết phương trình mặt cầu   có tâm là điểm C và tiếp xúc với đường thẳng AB . Giả sử mặt cầu (S) tiếp xúc với AB tại H  CH = R (R bán kính mặt cầu (S))  AB (3;  1;  2), AB  14  AC (6;  4;  1)  BC (3;  3;1)    AC , BC    7;  9;6  ;  AC , BC   166     1   166 S ABC   AC , BC   2 2 Diện tích tam giác ABC: 2.S 1 83 S ABC  AB.CH  CH  ABC  2 AB 7 Mặt cầu cần tìm có phương trình 83  x  3 2   y  2  2   z  1 2  7.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>