ẤP AN DE 3 LAN 3

ẤP AN DE 3 LAN 3 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh tế, ki...

TRƯỜNG THPT LONG MỸ

CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC

ĐỀ THÁNG 12 NĂM 2103 LẦN 3 (Ngày 09 tháng 12 năm 2013) KHỐI 10

Câu 1: Giải hệ phương trình: ( )

( )

x y xy x y

x y xy x







Lấy (1) –(2) ta được x2−2y2−xy+3x−3y+ = ⇔2 0 x2+ −(3 y x) −2y2−3y+ =2 0 3( )

Coi (3) là phương trình bậc 2 ẩn x

3 y 4 2y 3y 2 9y 6y 1 3y 1

Suy ra phương trình ( )3 có 2 nghiệm

3 3 1

2 2

3 3 1

2 1 2





Với x= − −y 2 thế vào (2) ta được ( )2 2 ( ) ( )

y+ −y + − −y y− − − − =y

2

y y







Với x=2y−1 thế vào (2) ta được ( )2 2 ( ) ( )

2y−1 −y +2 2y−1 y− 2y− − =1 1 0

y y

= ⇒ =





 = ⇒ = −



KL hệ có 4 nghiệm 9 41 1; 41 , 9 41 1; 41

7 7

Câu 2: Giải pt: x2−7x+ =8 2 x.

Cách 1 : Điều kiện: x ≥ 0

PT ⇔ x2− −1 7x+ + −7 2 2 x =0 ⇔ ( x−1)(x x x+ −6 x− =8) 0

⇔ ( x−1)(x x + + −8 x 6 x−16) 0=

⇔ ( x−1)( x+2)(x−2 x+ +4 x− =8) 0

⇔ ( x−1)( x+2)(x− x− =4) 0

⇔ 1 0

4 0

x

x x



2

1

x x

=









ĐÁP ÁN ĐỀ 03

Vậy phương trình có 2 nghiệm là 2

1

x x

=









Cách 2 : Giải pt: x2−7x+ =8 2 x. ĐK: x≥0

2

1

1 17

x

x

x

=





1

x

x

=









là nghiệm phương trình

Câu 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(−3;3 ,) (B 1; 5− ) và điểm C nằm trên đường thẳng( ) : 3

2

x

d y= − có hình chiếu vuông góc lên đường thẳng AB là điểm H thuộc trục hoành và diện tích tam giác ABC bằng 30 (đvdt) Tìm tọa độ điểm C và tính tỉ số ACH

ABC

S

S∆∆ với S∆ABC;S∆ACH lần lượt là diện tích tam giác ABC ACH biết đỉnh C có hoành độ,

dương

Phương trình ( )AB : 2x y+ + =3 0 từ dó H =( )AB ∩Oy⇒H(0; 3− )

(Có thể tìm điểm H như sau: H( ) ( )0;h ∈ Oy , A, B, H thẳng hàng )

(2 ; 3) ( ) ( 0)

C c c− ∈ d c> suy ra CHuuur= −( 2 ;c c) ⇒CH = 5c2 ; AB=4 5

2

S = CH AB= ⇔CH = ⇔ c = ⇔ =c c>

Vậy C( )6;0

3 4

ACH

ABC

S∆∆ = AB =

Câu 4 Cho tam giác ABC cân tại A Gọi H là trung điểm của BC và D là hình chiếu vuông góc

của H lên AC M là trung điểm HD Chứng minh AM vuông góc với BD

Cách 2: Trên hình vẽ trên (Không gắn hệ tọa độ với O thay bằng điểm H)

Ta có 2uuuuruuurAM BD =(uuur uuur uuur uuurAH +AD BH HD)( + ) = = uuur uuur uuur uuurAH HD AD BH +

AH HD HA HD HA HD AHD HA HD HD

AH

uuur uuur uuur uuur

Và uuur uuur uuur uuur uuur uuurAD BH. = AD HC. = AD DC. = AD DC.

2uuuuruuurAM BD = −HD +AD DC =0 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông AHC )

Suy ra AM ⊥BD đpcm

KHỐI 11 Câu 1: Giải phương trình sau 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3 0

1 cos 2

x

−

ĐK: cos 2x≠ ⇔ ≠ π1 x m m Z( ∈ )

Khi đó phương trình đã cho tương đương 2cos6x+2cos 4x− 3 cos 2x−sin 2x− 3 0=

4cos5 cosx x 3 1 cos 2x sin 2x 0

2

4cos5 cosx x 2 3 cos x 2sin cosx x 0

( )

cos 0

2

3 cos sin 2cos5 1

π



⇔ 



6

36 3 6

π

π





So với điều kiện suy ra nghiệm phương trình ( )

24 2

36 3 2

 = − +





 = + π



Câu 2: Cho hình chóp .S ABC biết tam giác ABC vuông tại A, · ABC =60 ,0 AB a= Gọi O là

trung điểm của BC và SB vuông góc với OA và SB a= Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho

BM = x < <x a Mặt phẳng ( )P đi qua điểm M và song song với các cạnh SB và OA lần lượt

cắt các cạnh BC SC SA tại các điểm , ,, , N P Q Tính diện tích của hình thang MNPQ theo a và x Tìm x để diện tích hình thang MNPQ lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó.

Q

α

A

O N

M

P

C B

S

Chứng minh MNPQ là hình thang vuông :

Ta có :

( )

/ /

( )

P OA

MN P ABC







( )

/ /

( )

P SB

MQ P SAB







( )

/ /

/ / 3

P SB

NP P SBC









Từ (2) và (3) ,suy ra MQ/ /NP SB/ / ( )4

Suy ra MNPQ là hình thang

Từ (1) và (4) , ta có : / /

/ / / /

OA SB

MN MQ

MN OA

MN NP

MQ NP SB

⊥







Vậy : MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN.

b Tính diện tích của hình thang theo a và x

Ta có : 1( ).

2

MNPQ

S = MQ NP MN+

Tính MN :

Xét tam giác ABC

Ta có : cosB AB

BC

=

cos

AB BC

B

⇒ = ⇒BC =2a⇒ BO = a

Do ¶B 600

ABO

BA BO



=

Có MN // AO⇒ MN BM BN

AO = AB = BO ⇒MN =MB BN= =x

Tính MQ :

Xét tam giác SAB , ta có : MQ // SB

SB = AB ⇒ MQ AM.SB (a x) a a x

Tính NP :

Xét tam giác SBC , ta có : NP // SB

−

Do đó : (4 3 ) 1 ( )

.3 4 3

MNPQ

x a x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và 4a − 3x

3x.( 4a − 3x) ≤

2

3 4 3 2

x+ a− x

  ≤ 4a²⇒

.4 ²

Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a – 3x ⇔ x = 2

3

a

Vậy : x = 2

3

a

thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất.

Câu 3: Từ các chữ số 0,1, 2,3,4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính

tổng của tất cả các số tự nhiên đó

Từ 0,1, 2,3,4 có thể lập được 120 số (có cả số đầu là 0) dạng (1): a a a a a Với số đầu bằng 0 thì1 2 3 4 5

có 24 số

Vậy có tất cả 96 số cần lập

Trong 120 số dạng (1) ở hàng đơn vị (cũng như hàng chục, trăm,…) mỗi chữ số 0, 1,2,3,4 có mặt đúng 24 lần Do đó tổng các chữ số hàng đơn vị (hàng chục, trăm,…)bằng

24 0 1 2 3 4+ + + + =240

Suy ra tổng 120 số là 240 1 10 10( + + 2+103+104) =2.666.640

Xét 24 số dạng (1) với a1=0, trong 24 số đó ở hàng đơn vị(cũng như hàng chục, trăm ) mỗi chữ

số 1,2,3,4 có mặt đúng 6 lần Do đó tổng các chữ số hàng đơn vị (cũng như hàng chục, trăm ) bằng 6 1 2 3 3( + + + =) 60

Tổng của 24 số này bằng 60 1 10 10( + + 2+103) =66.660

Vậy tổng cần tìm là 2666640 66660 2.599.980− =

Câu 4 Cho hai số dương ,x y thay đổi và thỏa x y+ ≥4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

3 4 2

4

P

Với x= =y 2 thì 9

2

P= Vậy min 9

2

P =

KHỐI 12 Câu 1: Cho hàm số y x2 2mx m2 1

x m

=

− có đồ thị ( )C m Tìm m để đồ thị ( )C m có điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ II và một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ IV của mặt phẳng tọa độ

Giải

x mx m

y

x m

=

− có TXĐ: D R m= \{ }

x mx m

2

1 1

y

Với 1

2

m≠ ± thì ' 0 1 2

y

= + ⇒ =



= ⇔  = − ⇒ = −

Khi đó ( )C m có 2 điểm cực trị là A m( +1;2 ,) (B m− −1; 2)

Nếu

− < < + − < <

thì 2 điểm A∈( )IV B, ∈( )II thỏa

Nếu

m

+ < < − < < −

thì không thỏa

Vậy

1 2

m m

− < <





 ≠ ±

 thỏa đề bài

Câu 2: Giải bất phương trình sau 2 2( )2( )

2 1

1

x

x x

x

+

−

2

2 1

2 6 2 log

2 1

x

x x

x

+

−

Điều kiện

1 2 1

x

x

 > −





 ≠



2 1

1

x

x

+

−

2(x 1) log 2( x 1)  log 2x 1 2x 1 f u f v

Xét hàm số f X( ) = +X log2 X '( ) 1 1 0 0

ln 2

X

Suy ra f X đồng biến trên ( ) R+*

Khi đó ( )2

2 x−1 ≥2x+1 2

3 7 2

2 6 1 0

3 7 2

x

x x

x

≥





≤



Vậy nghệm bất phương trình là 1 3; 7 3 7;

Câu 3: Giải phương trình ( )cos ( )cos 3

7 5 2+ x− 17 12 2+ x =cos3x TXĐ: D R=

Phương trình đã cho tương đương

3

3

3 3

1 2 1 2 4cos 3cos

1 2 3cos 4cos 1 2

3cos 4cos

Xét hàm số f t ( ) = + ( 1 2 )t + ⇒ t f t ' ( ) = ln 1 ( + 2 1 )( + 2 )t + > 1 0 suy ra hàm số f t ( ) tăng trên R nên f ( 3cos x ) = f ( 4cos3x ) ⇔ 4cos3x − 3cos x = 0 ⇔ = + x 6 π k 3 π ( k Z ∈ )

Câu 4 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại , A AB a= , các cạnh bên

SA SB SC a= = = cùng tạo với mặt phẳng đáy một góc α Xác định cosα để thể tích khối chóp

lớn nhất

O A

B

C S

Gọi O là trung điểm BC suy ra => OA OB OC

SA SB SC a



 nên SO là trục của tam giác ABC suy ra

SO là đường cao của hình chóp đã cho và góc ·SBO SCO SAO=· = · = α

sin , 4cos 1; cos

2

SO a= α AC a= α −  α > 

  suy ra 2 . 2 4cos 1

−

=

=

∆

a AC AB

S ABC

6

S ABC

a

Áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương 4sin2α& 4cos( 2α −1)

.

4sin 4cos 1 4sin 4cos 1

S ABC

Vậy V S ABC. lớn nhất bằng 3

8

a

khi và chỉ khi 4sin2 4cos2 1 2cos 2 1

6

π