Lời giải đề toán lần 2 câu lạc bộ yêu toán lý

Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông..  Ta nhận thấy chỉ những đa giác đều có n chẵn số đỉnh thì đường chéo nối 2 đỉnh đối diện mới đi qua tâm và các điểm còn lại

Fanpage : www.facebook.com/clubyeuvatli

Group : www.facebook.com/groups/club.yeu.vl

Thời gian: 180 Phút

Câu 1: a, Khảo sát và vẽ đồ thị hàm sốy 2x 1

x 1





 

b, Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ye (xx 2  x 1) trên [0; 2]

Câu 2: Giải phương trình: 2

log (x 1) log (2x 1) 2

Câu 3: Tìm các số thực x, y thoả mãn: 3

x(3 5i) y(1 2i)  9 14i

Câu 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 3

yx 4x, trục hoành, đường thẳng x 2

và x4

Câu 5: Trong không gian cho điểm A(-1;2;0) và đường thẳng: (d) :x 3 y 2 z 6

và mặt phẳng (P) : 2x   y z 3 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua A, cắt (d), (P) lần lượt tại B, C sao cho: AC 2AB 0 

Câu 6: a, Cho: 0 x , x y 3

    Tính giá trị biểu thức: A (1 tan x)(1 tan y)

b, Cho một đa giác đều gồm 20 đỉnh Chọn ngẫu nhiên ra một tam giác bất kì lập thành từ 20 đỉnh

trên Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông

Câu 7: Cho hình chóp S.ABHC có ABC là tam giác vuông tại A, SH(ABC), AB = AC = a,

0

SBASCA90 , góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC, SA

Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâmE Một đường thẳng qua A cắt cạnh

BC tại điểm Mvà cắt đường thẳng CD tại điểm N Gọi K là giao điểm giữa EM và BN Xác định tọa

độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng tọa độ đỉnh C 14; 2 , phương trình đường thẳng EK : x – y –

4 = 0 và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x – y – 10 = 0 có hoành độ bé hơn hoành độ của điểm K

Câu 9: Giải bất phương trình:

4

4 3

4x 3 2 2x 1



Câu 10: Cho a,b,c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P = 2 12 2 12 12 12 20

a b c a b c a b c

————HẾT————

Câu 1:

1) Khảo sát và vẽ đồ thị

+) Tập xác định: D \ 1 

+) Giới hạn và tiệm cận: x 1 x 1

lim y , lim y lim y lim y 2

 



Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = −2

+) Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên:y ' 1 2 0; x D

(1 x)

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và(1;)

 Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị

 Bảng biến thiên

2

+) Đồ thị (C)

- Giao điểm với trục hoành là 1; 0

2

 , giao điểm với trục tung là0; 1 

- Nhận điểm1; 2 làm tâm đối xứng

- Nêu thêm đi qua các điểm nào đó trên đồ thị cho dễ vẽ

2) Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm

Ta cĩ: x 2

y 'e (x  x 2), nên:

y ' 0 e (x x 2) 0

x 2 [0; 2]

 



Đến đây cĩ thể vẽ bảng biến thiên hoặc làm như sau:

y(0) 1, y(1) e, y(2)e

Từ đĩ suy ra:

 Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là: 2

e , đạt được khi x = 2

 Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là: e, đạt được khi x = 1

Câu 2:

2

log (x 1) log (2x 1) 2

ĐK:

x 1 1 x 2











 (*) Với (*), ta cĩ:

2

log (x 1) log (2x 1) 2

3

2

2

log x 1 log (2x 1) 1

log x 1 (2x 1) 1

x 1

x 2

 







Câu 3:

Đối chiếu với điều kiện (*), ta cĩ: Tập nghiệm của phương trình đã cho là: S {2}

Nhận xét: Bài tốn này là một bài tốn liên quan đến số phức, nhưng yêu cầu đi tìm các giá trị thực

x, y Ta xem x, y đĩng vai trị như một hệ số thực (giống như số 3, số 5 trong biểu thức: 3 5i ) Và

từ đĩ sẽ thực hiện việc biến đổi để đưa về một đẳng thức cĩ dạng:

A + Bi = 0 (tức là ta tách riêng ra phần thực thì cho vào A, phần ảo cho vào B)

Cụ thể ta cĩ:

2

phần thực phần ảo

x(3 5i) y(1 2 i) 9 14i (3x 5xi) (y 6iy 12i y 8yi ) 9 14i

(3x 11y 9) (5 x 2 y 14) i 0 0 0i (do : i 1)

172 x

(do : x, y )

y 61

 





Kết luận: (x; y) 172; 3

61 61



  là cặp số thực cần tìm

Câu 4:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 3

yx 4x, trục hồnh y0, đường thẳng

x 2 và x4 Khi đĩ

4 3

S  x 4x dx

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y đã cho với trục hoành:





     

Ta có bảng xét dấu:

3

Suy ra





Vậy diện tích hình phẳng thỏa yêu cầu bài toán là S = 44 (dvdt)

Câu 5:

Phương trình tham số của (d) là:

x 2t 3

z t 6





  



Vì B(d)nên có thể giả sử: B(2t3; 4t2; t6)

Suy ra: AB(2t4; 4t; t6)

Ta có: AC 2AB 0  AC 2AB     ( 4t 8; 8t; 2t 12)

Từ đây cho ta: C( 4 t 9; 8 t 2; 2 t 12)     

Lại có: C(P)nên: 2( 4 t 9) 1( 8t 2) 1( 2t 12) 3 0 t 5

2

Với t 5

2

 cho ta: AB 9;10;17

2

   Đường thẳng (d) cần tìm đi qua A, nhận ABlàm vectơ chỉ phương nên có phương trình:

(d) :

17

2

Câu 6:

1)

Ta có: x y 3 x y 3

     Do đó:

3 tany tan

tan x tan y

3

1 tany tan

4





2)

■ Nhận xét và phân tích:

* Ta có thể thử xét các trường hợp của các đa giác đều (có số cạnh từ 4, 5, 6 để dấu hiệu và quy luật

chung) Cụ thể ta có hình vẽ sau:

 Ta nhận thấy chỉ những đa giác đều có n chẵn số đỉnh thì đường chéo nối 2 đỉnh đối diện mới đi qua tâm và các điểm còn lại nhìn đường chéo ấy dưới 1 góc vuông (hình 1 và hình 3)

+ Ở hình 1, ta thấy nếu xét AC là đường chéo thì có 2 điểm B và D nhìn AC dưới 1 góc vuông, tương tự với BD nên ta có 4 tam giác vuông

+ Ở hình 3, ta thấy có tổng cộng 3 đường chéo Mỗi 1 đường chéo thì có 4 đỉnh còn lại nhìn đường chéo đó dưới 1 góc vuông nên có tổng cộng 12 tam giác vuông hình thành

* Trở lại bài toán, như vậy để tính xác suất thỏa yêu cầu đề bài, ta cần xác định 2 yếu tố sau:

+ Yếu tố thứ nhất: xác định không gian mẫu của biến cố  Ở đây chính là việc chọn ngẫu

nhiên 3 đỉnh bất kỳ từ 20 đỉnh của đa giác đều trên (do không sắp thứ tự nên ta có tổ hợp chập 3 của 20 phần tử)

+ Yếu tố thứ hai: để 3 đỉnh ấy lập thành 1 tam giác vuông ta chia bài toán thành 2 giai

đoạn GĐ1 “xác định số đường chéo “GĐ2chọn các đỉnh còn lại (sau khi đã chọn 2 đỉnh làm đường chéo) nhìn đường kính tạo góc vuông

Mời bạn đọc xem lời giải

 Hướng dẫn giải:

Gọi M là số tam giác 3 đỉnh là 3 trong 20 đỉnh của đa giác đều đã cho

Ta có 3

20

MC 1140 (tam giác) Gọi N là số tam giác vuông có trong 1140 tam giác nói trên Ta tìm N = ?

Ta chọn 2 đỉnh đối diện lập thành 1 đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác, do có

20 đỉnh nên sẽ có 10 đường chéo: Do vậy ta có 10 cách chọn đường chéo

Ta chọn thêm đỉnh thứ ba trong 18 đỉnh còn lại Do đó có 18 cách chọn đỉnh

Theo quy tắc nhân, ta có N 10.18 180  tam giác vuông

Vậy xác suất cần tính là P N 180 P 3 0,157

Câu 7:

Ta có: góc giữa SA và (ABC) là 0

SAH60 Lại có: AB SB AB HB





 Tương tự: AC HC

Kết hợp với giả thiết tam giác ABC vuông và AB = AC

(= a)

0

3

SH HA tan 60 a 6









cho ta: ABHC là hình vuông cạnh a

Gọi O HA BC  Dựng OI SA tại I (1)





d SA, BC OI OA.sin 60

4

Câu 8:

■ Nhận xét và phân tích: Khi dựng hình xong, ta phát

hiện khi M di động trên cạnh BC thì CK luôn vuông góc

BN và đặc biệt EK luôn là đường phân giác trong của tam giác BCK Do đó ta đưa đến việc chứng minh

BKCK hay BKC900

 Một trong những cách để chứng minh BKCKchính

là chứng minh điểm K nhìn BC dưới một góc vuông (phát hiện E cũng nhìn BC dưới một góc vuông)  Ta sẽ chứng minh EBKC là tứ giác nội tiếp

 Để chứng minh một tứ giác là nội tiếp ta có 3 hướng

chứng minh quen thuộc là:

+ Chứng minh tổng hai góc đối bằng 0

180 + Chứng minh hai góc liên tiếp cùng chẳng một cung bằng nhau

+ Chứng minh góc ngoài bằng góc đối trong

EKB ECB45 Lại có

0

BDN ECB45 (do tính chất hình vuông) nên ta chuyển sang việc chứng minh

0

EKB BDN45 hay DEKN là tứ giác nội tiếp c / m: BEK BND

 Đến đây, trên tia đối của tia CB, ta dựng điểm F sao cho CF = CN Mục đích là để BEK BND DFB BEKBEM BFD

BM.BF BE.BD

BE.BDBC c / m : BM.BFBC mà do AB // CN nên ta luôn có:

2

BM.BF BC



 Đến đây thì việc chứng minh xem như hoàn tất, câu hỏi đặt ra là ta sẽ làm gì tiếp với các kết quả

vừa chứng minh được ?

B1

 Gọi H là hình chiếu của C lên EK và C’ là điểm đối xứng của C qua EK (C’ thuộc BN) (việc xác định tọa độ H và C’ xin dành cho bạn đọc)

B2

Tìm tọa độ K là giao điểm giữa đường tròn (H; HC) và đường thẳng EK

B3

Tìm tọa độ B là giao điểm giữa đường thẳng KC’ và d

B4

Để tìm tọa độ điểm A và D ta chỉ cần xác định tọa độ tâm E (có rất nhiều hướng giải cho bước làm này, nên tác giả xin dành cho bạn đọc)

Hướng dẫn giải:

* Trước tiên ta chứng minh CK BK hay EK là đường phân giác của BKC (việc chứng minh này xin dành cho bạn đọc, do tác giả đã phân tích khá kỹ ở phần nhận xét trên)

* Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên EK và C’ là điểm đối xứng của C qua EK, theo tính chất của đường phân giác ta có C’ thuộc BN

Ta có: HCEKHC : x  y m 0 HC qua C 14; 2   m 16

Khi đó tọa độ H thỏa hệ: x y 16 0 x 10 H 10; 6  C ' 6;10 



Khi đó K là giao điểm giữa đường tròn (H; HC) và đường EK nên K thỏa hệ:

 

hay

 Với K 14;10 , khi đó ta có B d   BC'nên 2x y 10 0 x 10 xK    

B 10;10 tm

Với K 6; 2 ,tương tự ta có:   2x y 10 0 B 6; 2  K



Ta có   BC

2

 

  (với I là trung điểm BC) nên ta có tọa độ E và K thỏa hệ:

x 12 2 y 62 20 x 14; y 10      

E 8; 4 do K 14;10

x 8; y 4



Do E là tâm hình vuông nên ta có E là trung điểm BD và AC suy ra A 2;6 & D 6; 2    

■ Bình luận: rõ ràng việc chứng minh bằng cách “thuần túy hình học” không hề đơn giản một chút nào, việc gọi được điểm phụ F cũng đã là một vấn đề không đơn giản với người làm Ở đây, tác giả tiếp nối các câu trước đó về ứng dụng phương pháp tọa độ để chứng minh các kết quả của hình học phẳng như sau:

Dựng hệ trục Cxy như hình vẽ và đặt

BM1, CM a 0

Theo định lý Thales thuận ta có AB / /CN, do đó:

CN a a 1

Ta có tọa độ các điểm như sau:

2

C 0; 0 , B 0; a 1 ,

N a a; 0 , M 0; a ,

a 1 a 1

D a 1; 0 , E ;







  



Ta có phương trình đường thẳng BN chắn hai trục tọa độ nên có dạng:

a a 1 a 1    

Đường thẳng EM qua M 0;a và nhận   1 

2

    có dạng:

x ay a a 1

a 1 x a 1 y a a 1





2

2

3 2

x

a 2a 1

a 2a 1 a 2a 1

y

 



Ta có: 2 2 2 3 2 BN  

a 2a 1 a 2a 1

Xét:

Câu 9:

ĐK: x 3

4



Ta có:

3

4

4 3

4

2

4

2x 1

0



(x 1)   0 x 1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S={1}

Câu 10:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta chứng minh được :

a b c abbcca

Từ đó ,ta có :

P

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức BCS, ta có :

a b c 3ab3bc3caa b c 3ab 3bc 3ca  a b c ab bc ca

2

ab bc ca

 

Ta tiếp tục sử dụng bất đẳng thức BCS và bất đẳng thức phụ trên :

3ab3bc3ca 3 ab bc ca  a b c

Từ 2 bất đẳng thức trên, ta có :

P

a b c

a b c

 

  Xét hàm số :   302 20

f t

  '

60 20 20t 60

f t



'

f   0 t 3

Bảng biến thiên :

t 3 

'

f (t) 0

 

f t

10 3



Vậy P 10

3

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Kết luận: P đạt GTNN bằng 10

3

 tại a = b = c =1

- Hết -

Thi thử lần 2 – Câu Lạc Bộ Yêu Vật Lý !!!

Lịch Thi Thử:

 20h – Ngày 15/11/2015 – Thi Thử Toán

 20h – Ngày 16/11/2015 – Thi Thử Lý

 20h – Ngày 17/11/2015 – Thi Thử Hóa

Group CLUB Yêu Toán: https://www.facebook.com/groups/yeutoanphothong

Nhà tài trợ giải thưởng – Giải nhất là một gói câu hỏi luyện thi đại học trên www.lize.vn Lời giải chi tiết sẽ chỉ được gửi cho người tham gia thi thử trực tiếp và gửi bài làm về club!