1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề số 87

7 48 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 325 KB

Nội dung

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THT LÊ LỢI NĂM 2017 - 2018 Câu 1: Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số y  x  bx  c biết (P) có đỉnh I   1;   Lời giải Đồ thị hàm số có đỉnh I   1;   nên ta có: Vậy hàm số cần tìm y  x  x  Bảng biến thiên: x - -1 +  y x  x  -4 Đồ thị hàm số: Nhận xét: Đồ thị hàm số có đỉnh I ( -1; -4) nhận đường thẳng x = -1 làm trục đối xứng Câu 2: Giải bất phương trình sau: 2x2  4x   x   x  2, x   Lời giải  x  0  x 1 / Điều kiện   x  x  0  2( x  2)2  2(2 x  1)  x   x  u  x  Đặt:  Khi đó, bất phương trình có dạng: v  x  0 Ta có: u  v     u  v   u  v u  v Dấu “ =”xảy u v Vậy (1)  u v 2u  2v  u  v (1)  x 2  x   x     x 1  x 5   x 5  Xét trường hợp u v , ta có: 1  Vậy tập nghiệm bất phương trình là:  ;   \  5 2  Câu 3: Giải phương trình 3tan2 x  cos x  sin x  cos x 2 cos x sin x  cos x Lời giải Điều kiện: cos x 0  cos x 0  cos x  sin x 0  s inx  cos x  sin x 3  cos x 3  cos2 x cos2 x   2sin x  sin x  0  sin x 1 l     sin x  /      x   k 2  x  12  k    sin x  /    x     k 2  x  7  k   12 Vậy phương trình có nghiệm x   7  k ; x   k 12 12  x  y  2 x  y  x  y Câu 4: Giải hệ phương trình  3 x   y  x  y  15 0 Lời giải Điều kiện xác định là:  x  y 0   x  y 0  x 2  (1)   xy     k   x  y  0  y   x  k    x, y  R  Thay vào (2) ta được: x    x  x  x  0  x   3   x  1    3 x   ( x  3)( x  2) 0 2  (4  x)   x      x 3     x  0 (*)  x   (4  x)   x  Phương trình (*) vơ nghiệm do: x 2  x  0  VT  Vậy x = y = nghiệm hệ phương trình Câu 5: Cho x, y , z 0, x  y  z 1 Chứng minh  x3  y  z   15 xyz 1 Lời giải Xét hiệu:    x3  y  z  15 xyz  4  x  y   3xy  x  y   z  15 xyz   f  xy   xy  27 z  12   z    z   Ta có: x  y  z 1  x  y 1  z  1 z  xy   1 z   xy   Do  f  xy  min  f   ,     z    f        1 z   19    z    Trong f   3  z  1   0, f        z  0  3 Vậy  x  y  z   15 xyz 1  z 0 Dấu “ =” xảy   x  y 1/ Cho khai triển: Câu 6: 1 x  x  x   x 2010  2011 a0  a1 x  a2 x  a3 x   a4042110 x 4042110 2010 2011 Tính S C2011a2011  C2011a2010  C2011a2009  C2011a2008   C2011 a1  C2011 a0 Lời giải    x3  y  z  15 xyz  4  x  y   3xy  x  y   z  15 xyz    4   z   xy   z   z  15 xyz  4   z   12 xy  z  1  z  15 xyz  Ta có: x  y  z 1  x  y 1  z  1 z  xy   1 z   xy    f xy    Do  f  0 ,     z    f        1 z   19     z    z  0 Trong f   3  z  1   0, f        3 Vậy  x  y  z   15 xyz 1  z 0 Dấu “ =” xảy   x  y 1/ Câu 7: Một hộp chứa 17 cầu đánh số từ đến 17 Lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Tính xác suất cho tổng số ghi cầu số chẵn Lời giải Mỗi cách lấy cầu 17 cầu chỉnh hợp chập 17 nên số phần tử không gian mẫu là: n    C173 680 Gọi A biến cố “tổng số ghi cầu số chẵn” Trong 17 cầu đánh số có cầu đánh số lẻ, cầu đánh số chẵn Khi xảy trường hợp: - Trong cầu lấy có cầu đánh số lẻ, cầu đánh só chẵn cầu lấy đánh số chẵn Trường hợp 1: Số cách lấy cầu lấy có cầu đánh số lẻ, cầu đánh só chẵn là: C92 C81 Trường hợp 2: Số cách lấy cầu lấy đánh số chẵn C8 Vậy n  A  C9 C8  C8 344 P  A  344 43  680 85 Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có B(4;  3) tâm đường tròn nội tiếp J Gọi P, N , M tiếp điểm đường tròn (J) với cạnh AB, AC , BC Điểm H( 2;3) giao điểm NP với BJ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết phương trình AC : x  y  0 Lời giải Ta có: D BPH = D BMH (c.g c ) ü · ïï Þ ·APN = HMC · · = HNC ý Þ HMC ï ÃAPN = ANP Ã Ã = HNC ùùỵ t giác MNHC nội tiếp, mà tứ giác MJNC nội tiếp đường trịn đường kính JC  H thuộc đường trịn đường kính JC  BH  HC +) Viết phương trình CH :  x  y  0  C  AC  CH  C ( 4;1) +) Lấy C ' đối xứng C qua BH  C '  AB  C '(0;5) +) Viết phương trình AB : x  y  0  A  AC  AB  A( 1;7) Câu 9: Cho tứ diện SABC Hai điểm I, J thứ tự chuyển động AB, AC cho AB AC  3 Chứng AI AJ minh mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định Lời giải     Đặt AB b; AC c Gọi M trung điểm BC, gọi G trọng tâm tam giác ABC   AB AC 3k    3   AI k AJ k k    k    IJ  AJ  AI  c  kb 3k  Giả sử AI kb  Ta có:          3k    2 b c GI GA  AI  AG  kb  AM  kb   kb  b  c 3 3  3k     3k  k    3k b c c  kb   IJ Ta thấy GI  3 3k  3k  3k  Vậy G, I, J thẳng hàng h ay IJ qua điểm G cố định, hay mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định SG Câu 10: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD nửa lục giác AB  AD  DC a  , BC 2a Mặt bên SBC tam giác đều, SD vng góc với AC , O giáo điểm AC, BD Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OB ( M không trùng với B ), song song với SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD với mặt phẳng    tìm x để diện tích thiết diện lớn biết BM  x Lời giải Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng ( ) +) Xác định thiết diện tam giác NPQ (với N, P, Q nằm cạnh BA, BC, BS)  MQ / / SD, NP / / AC  NP  MQ +) Ta có:   SD  AC  Diện tích thiết diện: S NPQ  NP.MQ Gọi J điểm nằm BC cho ACJD hình bình hành  Trong tam giác SCJ có SC 2a; CJ a; SCJ 1200 SJ  SC  CJ  2.SC.CJ cos C a Trong tam giác ABC vng A có: AC  BC  AB a Trong tam giác SDJ vuông D SD vng góc AC SD  SJ  DJ 2a Trong tam giác ABC có: BO  2S ABC a  AC BM MQ   MQ 2 x BD SD NP BM 3   NP  x NP  x Trong tam giác BAC AC BO 2 +) Trong tam giác SBD : +) Diện tích thiết diện: S NPQ  3x 2 +) Vì M thuộc đoạn BO ( M B ) nên  x  BO  2a 2a  0 x 3 Do đó, S NPQ 3  2a  2a 2a     Vậy, S NPQ    3

Ngày đăng: 18/10/2023, 19:36

w