DAP AN LAN 5 THANG 01

Giải: Gọi A là biến cố trong mỗi lần gieo súc sắc xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3.. Câu 4 Cho hình chóp S.ABCD, với ABCD là hình thang đáy lớn CD.[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC ĐỀ THÁNG 01 NĂM 2104 LẦN (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  5b  ab 0  2 2  a  4b  3ab 0    18a  15b  21ab 0   2 2  7 a  28b  21ab 0   25a 43b    2 2 3ab  a  4b Ta có:    b a  ab 20 43 19 43 cos a, b           215 a b a b 43 15 ĐÁP ÁN ĐỀ 05            x  xy  y  51  x  y   0 ( x, y  R )  x  x  y      Câu 2: Giải hệ phương trình sau:  Ta có  x  xy  y  51  x  y   0   x    x  y   0 3   2 4 x  xy  y  ( x  y ) 51 ( x  y )  3( x  y )  ( x  y ) 51     2 x  7  x  y  x  y  7   x y x y a  x  y   b  x  y  x  y Đặt   a 3; b 4 a  3b 57    a 15 ; b   a  b 7  2 Ta có hệ 15  a  (VN )   b   * Với  * Với  x  y 3 a 3     x  y   b 4  x y   5 1 ;y  x  2   5 1 ;y  x  2  A  8;0  , B  0;  , C  2;  , D  -3; -5  Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho bốn điểm  Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn Giải :     AB  8;  , AD  5;   , CB   2;  ; CD   5;   Ta có :    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    Câu Cho a, b, c  &abc 1 Chứng minh b  c c  a a  b 4a  a  b  c  4a bc Xét (1) ( Chọn thêm là để số ) 4c  c  c  a  4c ca (3) 4b  b  c  a  4b3 ca (2) a  b  c   b (c  a)  c ( a  b) 4(a  b3  c3 ) (4) 2 a b  c  b ( c  a )  c ( a  b )   Ta cần phải chứng min: 2(a3+b3+c3)  (5) 3 3 3 2 2 2 Thật 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 trên Vậy cộng vế với vế (4) và (5) ta có đpcm Cộng (1),(2),(3) ta có: 4VT+ Cách khác a  b3  c   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 a  ab  bc  ca 2 2 3 Mà a b  b c  c a a  b  c 2a  b3 3a 2b  3 3 2 3 2 2b  c 3b c   a  b  c  3  a b  b c  c a   a  b  c a b  b c  c a 2c3  a 3c a vì  2 3 Và a b  b c  c a a  b  c a3  2b3 3ab  3 3 2 2 3 2 2 b  2c 3bc   a  b  c  3  ab  b c  ca   a  b  c ab  b c  ca c3  2a3 3ca vì  a  b3  c  a 2b  b 2c  c a  ab  bc  ca Từ đó ta có Suy đpcm  a  b  c  a  2 a  b  c  3 3  b3  c3 KHỐI 11 n  n  Tính S 2013 u1  u2  u3   u2013 1 un    n 1 n 1 n  n  n  n2    n  n  2     2 2 2   Câu 1: Cho dãy số Giải: Ta có:  Do đó: S 2013  un  un  biết  n 1  n 1 n  2 u1  u2  u3   u2013 n   2013 1  1          2   2013 2014  2013    1007   2 =    2011      1007  1006 4 Câu 2Tìm x để ba số x  3x  3;2  x; x  x  lập thành cấp cộng x  3x  3;2  x; x  x  lập thành cấp cộng khi: Ba số ( x  3x  3)  ( x  x  1) 2  x  x  x  2  x  x 1  x  x    x  1 2 2  x  x  2 x  x    x  1 2  x  1    x    x  1   2 2 21  x  x   0   x 2  x  x   0 (VN )  Giải Câu 3: Gieo liên tiếp lần súc sắc Tìm XS cho lần gieo có lần xuất mặt có số chấm chia hết cho Giải: Gọi A là biến cố lần gieo súc sắc xuất mặt có số chấm chia hết cho 1 p A   p A    n  6, n  A  2 3 Khi đó   Gọi X là biến cố lần gieo A xuất lần Số cách mà A xuất dãy phép thử là C6    1  2     Mỗi lần gieo là độc lập suy A xuất thì xác suất tương ứng là     2 1  2 P  X  C6      3  3 Suy Câu Cho hình chóp S.ABCD, với ABCD là hình thang đáy lớn CD M là điểm di động bên hình thang ABCD Qua M kẻ các đường thẳng song song với SA và SB cắt (SBC) và (SAD) 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 AM và BC Trong mp(SAE) dựng đt qua M và song song với SA cắt SE N ⇒ N là điểm cần dựng + Gọi K là giao điểm BM và AD Trong mp(SBK) dựng đt qua M và song song với SB cắt SK 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 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 c) Ta có S MNP= MN MP sin ∠ NMP ¿ MN MP sin ∠ ASB 2 Mà sin ∠ASB không đổi nên S MNP lớn MN.MP lớn C D Ta có X √ MN MP SA SB MN MP ≤ ⇔ OB OA = AB AB Dấu “=” xảy ⇔ SA SB ⇔ O là trung điểm AB ⇔ M nằm trên đường trung hình thang ABCD Vậy tập hợp các điểm M là đường trung bình hình thang ABCD (trừ điểm mút) KHỐI 12 Câu 1: TXĐ: D  3 Ta có y sin x  cos x  sin x  cos x    sin x cos x    t sin x  cos x  sin  x    , điều kiện  t   Đặt t2   sin x cos x   t2  1 3 y t     t  t  2  t   Do đó với 3 y  t  2 Đạo hàm  t 1 y 0    t  Cho Tính: Vậy: f  1 1 , Maxy  f   1  1 , f , Miny     22 ,   f   2  1 y  mx   m  1 x   m   x  3 Tìm m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu Câu 2: Cho hàm số: x  x2 1 x1, x2 thoả TXĐ: D =  y mx   m  1 x   m   Đạo hàm: m 0    m  1  3m  m    Hàm số có cực trị m 0  m 0  6  1  m 1   2  2m  4m   (*) Gọi x1 , x2 là nghiệm phương trình y 0 thì:   x1  x2 1 1   m  1   2  x1  x2  m   3 m  2  3  x1 3  x2    x1.x2  m  m, m Từ (1) và (2)   3 m  2     1      m  m m  Thay vào (3)  3m  5m  0 m 2  m  Vậy: I   m 2  m  (Nhận so với điều kiện) 2e x sin xdx  sin x  cos x  Câu 3: Tìm nguyên hàm sau: 2e x sin xdx 2e x sin x ex I   dx  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 sin x  cos x  sin x  cos x   sin x  cos x    ex   sin x  cos x  t  I tdt   C  C 2 Vậy A  3; 2;0  , B  0;1;   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 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       166 S ABC   AC , BC   2 Diện tích tam giác ABC: 2.S 83 S ABC  AB.CH  CH  ABC  AB Mặt cầu cần tìm có phương trình 83  x  3   y     z  1 