Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)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 (2) 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 bc Xét (1) ( Chọn thêm là để số ) 4c c c a 4c ca (3) 4b b c a 4b3 ca (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 (3) 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 21 x x 0 x 2 x x 0 (VN ) (4) 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 (5) 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: (6) 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 (7)