De so 53 de so 24 de thi hoc sinh gioi toan 11 nam 2013 2014 đã sửa

Cho tập hợp A gồm các số tự nhiên có 5 chữ số.. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A.. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 4... Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.. Xá

Câu 1 Giải phương trình: 1 2 2

3 4

x

x x



 

Lời giải

Điều kiện: x  [ 1;1] \{0}.

PT 1 x2 4x3 3x.

Đặt xcos ,t t[0; ] , phương trình trở thành

1 cos 4cos 3cos sin cos3 cos3 cos

2

8 2

k t

k









 







 .

Do t[0; ] nên ;5 ;3

8 8 4

t   

Vậy phương trình có 3 nghiệm cos , cos5 , cos3

x  x  x 

(hoặc viết lại là 2, 2 2 , 2 2

x x  x  )

Cách 2: Bình phương hai vế

Câu 2 Giải hệ phương trình:

2

( 2) 1 ( 1)

x y y x x







Lời giải

Điều kiện: y  , 0 x 2

(1) (x  y)(2x x x y y ) 0

2

y x

x x x y y

 

 



(3) x y( 2)x y  0 x y 0 (vìy   ) không thỏa mãn (2).2 0 +) Với y x 2 thế vào (2) ta được (x2) x2 1 x22x 1

2

t x

t





+) Với t x  x2  (vô nghiệm)1 x

+) Với t 2 x2  1 2 x 3 y 3

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 3;3),(x y   3;3)

Câu 3 Giải phương trình: sin 2cos 2 2 cos cos 2

6

x x x   x

Lời giải

PT sin 2cos 2 2cos 3 os2 1sin 2

sinx 2cos 2x 3 cos cos 2x x cos sin 2x x

(sinx cos sin 2 ) 2cos 2x x x 3 cos cos 2x x

2 sin (1 2cos ) 2cos 2x x x 3 cos cos 2x x

in ( cos 2 ) 2cos 2 3 cos cos 2

cos 2 ( 3 cosx x sinx 2) 0

4 2 sin 3 cos 2 (1)

k









   



Vậy phương trình có nghiệm là: ; 2 ,

k

x   x  k  k 

Câu 4 Tính các góc A, B, C của tam giác ABC biết các góc thoả mãn hệ thức

5 cos 2 3(cos 2 cos 2 ) 0

2

Lời giải

5 cos 2 3(cos 2 cos 2 ) 0

2

A B C    2(2cos2 A1) 4 3 cos( B C ).cos(B C ) 5 0 

2

4cos A 4 3 cos cos(A B C) 3 0

[2cosA 3 cos(B C)] 3[1 cos (B C)] 0

2

3

2





(*)

Do , ,A B C(0; ) nên B C  (  ; ), suy ra cos(B C )1

Do đó từ (*) ta được

3

6 2

5 cos( ) 1

12

A A

A

B C













Vậy

6

A , 5

12

B C  

Câu 5 Cho tập hợp A gồm các số tự nhiên có 5 chữ số Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A Tính xác suất để

số được chọn có tổng các chữ số bằng 4

Lời giải

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 9.10 số.4

Do tổng các chữ số của số được chọn bằng 4 nên ta có các trường hợp sau

+) Trường hợp 1: Số được chọn có 4 chữ số 1 và 1 chữ số 0,

do có 1 chữ số 1 đứng đầu nên có C cách xếp 3 chữ số 1 còn lại, suy ra có 43 3

4 4

C  số.

+) Trường hợp 2: Số được chọn có 2 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 2 chữ số 0

Khi đó 2 1 1

4 4 3 18

C C C  số

+) Trường hợp 3: Số được chọn có 1 chữ số 1, 1 chữ số 3 và 3 chữ số 0, khi đó có C41C14 8 số

+) Trường hợp 4: Số được chọn có 2 chữ số 2 và 3 chữ số 0, khi đó có 1

4 4

C  số.

+) Trường hợp 5: Số được chọn có 1 chữ số 4 và 4 chữ số 0, khi đó có 1 số

Do đó có tất cả 4 18 4 4 1 35     số có thể được chọn

Xác suất cần tìm là 354 7

9.10 18000

Câu 6 Tính giới hạn:

2 0

(1 2013 ) (1 2014 ) lim

x

L

x



Lời giải

Để đơn giản về mặt kí hiệu, đặt m 2013, n 2014 Khi đó 2

0

lim

x

L

x





2

0

1

x C mC x m C x m C x m C x C nC x n C x n C x n C x x

3 2 0

lim

n

x

m C n C x a x a x

x





3 0

2

n

x

mn n m

m C n C a x a x  m C n C





Do đó 2013.2014(2014 2013) 2027091

2

Câu 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn   2 2

1 : ( 1) ( 2) 5

C x  y  và

C2: (x1)2(y3)2 9 Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C1) và cắt (C2) tại hai điểm A, B

thỏa mãn AB 4

Lời giải

1

( )C có tâm I1(1; 2) , bán kính R 1 5;( )C có tâm 2 I  2( 1; 3), bán kính R 2 3

Ta có: d I  ( ; )1 5 (1) Gọi h d I ( ; ),2  ta có: 2 2

2

AB R  h  h

Từ (1) và (2) suy ra //I I hoặc 1 2  đi qua trung điểm 0; 5

2

M   

  của I I 1 2

Vì M nằm trong ( )C nên không xảy ra khả năng 1  qua M, do đó / /I I1 2, suy ra phương trình  có dạng x 2y m 0

Khi đó: 1

5

5

m

d I       m m

Suy ra  có phương trình: x 2y0 hoặc x 2y10 0

Câu 8 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn

thẳng AD, BB’, C’D’ Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó.

Lời giải

P N

S

M

Q

D'

D

C A

A' B

Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS/ /BD MS/ /(BDC') và NS C D/ / '  NS/ /(BDC') suy ra

MNS/ /(BDC Do ') MNS/ /BC nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’'

cắt B’C’ tại Q.

Do MNS/ /BD B D nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’/ / ' '

tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P Do MNS/ / ' 'C D nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.

Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là lục giác đều MSNQPR cạnh

2

2

a

MR  và có tâm là O Suy ra:

2 0

OMS

6 6 .sin 60

MSNQPR

a

2

3 3 4

MSNQPR

a

Câu 9 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a Các

mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB.

Lời giải

E

I H C

O

B

S

K

Gọi H ACBD  SH (SAC) ( SBD)  SH ABCD và 1

3

BH  BD

Kẻ HEAB  ABSHE  góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) là SHE nên  SHE 600

Mà 1 2

a

3

a SH

Gọi O là trung điểm AD ABCO là hình vuông cạnh a  BOAC, mà BOSH  BOSAC Gọi I ACBO, kẻ CK SI mà CK BO (do BOSAC)  CK SBD

Có CD BO//  d CD SB ,  d CD SBD ,( ) d C SBD ,( ) CK

Nhận thấy H là trọng tâm tam giác BCO 1 2

a

IH IC

6

a

IS IH HS

Trong tam giác SIC có : 1 1 . 2 3

SIC

S SH IC SI CK CK

SI

Vậy  ,  2 3

5

a

d CD SB 

Câu 10 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng

a b c  a  b c  a b  c 

Lời giải

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2 2 2 2

(7a b c  ) (7 1 1)(7  a b c )

7a b c (7a b c) 7a b c 7a b c

3 7 7

a b c

a b c

 

3a3a a b c   3a3a a b c   7a b c 

Tương tự ta có: 2 2 2 1 2

3 3 7

a b c

 

2 2 2 1 2

3 3 7

a b c

 

Cộng vế theo vế ba BĐT (1), (2), (3) ta có

a b c  a  b c  a b  c 

Đẳng thức xảy ra khi a b c 