CHUYÊN VINH lần 2

Tính xác suất để Nam thắng cuộc.

Thầy Quang Baby Page 1

CHUYÊN VINH LẦN 2 – 2016:

Câu xác suất :

Nam và Hùng chơi đá bóng qua lưới , ai đá thành công nhiều hơn là người thắng cuộc Nếu để bóng ở vị trí A thì xác suất thành công của Nam là 0,9 còn của Hùng là 0,7 Nếu để bong ở vị trí B thì xác suất đá thành công của Nam là 0,7 còn của Hùng là 0,8 Nam và Hùng mỗi người đá 1 quả ở vị trí A , một quả ở

vị trí B Tính xác suất để Nam thắng cuộc

Để Nam thắng cuộc có các khả năng sau :

Nam trúng 2 và Hùng trúng 1 ở vị trí A , trượt vị trí B : 0,9.0,7.0,7.0,2

Nam trúng 2 và Hùng trúng 1 ở vị trí B , trượt vị trí A : 0,9.0,7.0,8.0,3

Nam trúng 2 và Hùng không trúng : 0,9.0,7.0,3.0,2

Nam trúng 1 quả ở A , trượt 1 quả ở B và Hùng không trúng quả nào : 0,9.0,3.0,3.0,2

Nam trúng 1 quả ở B , trượt 1 quả ở A và Hùng không trúng quả nào :0,7.0,1.0,3.0,2

Xác suất là tổng các trường hợp trên : 0.2976

Câu 8 :

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB=AD=1

3CD Gọi giao điểm của AC và BD là E(3;–3) , điểm F(5;–9) thuộc cạnh AB sao cho AF=5FB Tìm tạo độ đỉnh D biết

yA<0

Cách 1 : Dùng phương pháp vecto :

Lời giải:

Đặt:

Do AB//CD => ΔABE ~ ΔCDE (g-g)



EF

AE EF=> tan EAF

AE

     

       



AD 1 tan ECD

DC 3

AE 3EF 6 10

EF 2; 6

AE : x 3y 12 0



  





Gọi A(3m+12;m) (m<0) ta có:

AB a; AD b a b x; a.b 0

AF AB a; DC 3AB 3a

       

     

Thầy Quang Baby Page 2

  m 3 (k tm)

AE 3m 9; m 3 ; AE 6 10 A( 15; 9)

m 9 (tm) AF(20; 0) AD : x 15 0

C(57;15)

AC 4AE

CD / /AB CD : y 15 0

D AD CD D( 15;15)





        

 





 



  

   





 

Vậy D(–15;15)

Cách 2 : Dùng các tỉ lệ đồng dạng

Kẻ BN vuông góc DC , K là giao của AC và BN , ta có

1

3

:

6

FEK

FBK EKF 

FEK

 vuông cân tại E

: 3 9 0

( 15,15)

D

 

Thầy Quang Baby Page 3

Lời giải:

Điều kiện x  0

Ta có : x  x2    1 1 log (2 x  x2  1)   0 log (3 )2 x   0 3 x  1

Mặt khác :

2

2



 

Xét hàm số ( ) 2 log ( )t 2

f t  t   t 1

2

2

.ln 2

t t

t

( )

f t

 đồng biến   t 1mà f x (  x2  1)  f (3 ) x   x x2   1 3 x

2

1

1 3

3

x

x x









Vậy 1

3

x  là nghiệm của phương trình

Lời giải:

Giả sử y là số nằm giữa x và z

2

      Lại có x3  z3  ( x  z )3  (4  y )3 ( do z  0)

100

max

P

  tại ( , , ) x y z  (3,1,0)

Dấu bằng xảy ra khi : x = 3 , y = 1, z = 0

Câu 9 : Giải phương trình :

2



Câu 10 : Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn xyz4

Tìm GTLN : Px3y3z38(xy2yz2zx2)