Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho.. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác.. Tính xác suất để tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác
Trang 1SỞ GD VÀ ĐT TỈNH
THÁI NGUYÊN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1: (4,0 điểm)
Giải bất phương trình 2
2
1
x
Câu 2: (4,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2
Câu 3: (4,0 điểm)
Cho đa giác lồi A A A1 2 3 A10 Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác
đã cho Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác Tính xác suất để tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho
Câu 4: (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC là
5x y 4 0 Tọa độ trưc tâm tam giác ABC là 23 15;
7 7
H
Tọa độ trọng tâm tam giác
ACD là 2; 4
3
G
Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C , D
Câu 5: (4,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P max x y z; ; ; 7 32 93
x y z
Trong đó x y z, , là các số thực dương
HẾT
Trang 2CÁC GIÁO VIÊN THAM GIA THỰC HIỆN
1 LÊ THANH BÌNH
2 NGUYỄN THẾ DUY
3 ĐỖ ĐƯỜNG HIẾU
4 HOÀNG MINH QUÂN
5 NGUYỄN HỒ TÚ
6 PHẠM ĐỨC TÙNG
2
1
x
Lời giải
2
1
x
Điều kiện
2
0
x
x x
TH1: 2
3
x
Suy ra VT 1 12x8 VP 1 29 1 9 9 3
trong trường hợp này
TH2: 2
3
x
1
Đặt 12 0 9
4
x
Ta được
9
12 4 9 4
1 1
t t
t
9
12 4 9 4
1
t
t t t
9
1
t
Đặt 9 4 t y0 y 3 9 2
4
y
Ta được
2
2
9 4
1 4
y y
y
2
2
144
13
y
1 y 3
Trang 3Do 0 y 3 nên ta được 1 y 3
Khi đó 0 t 2 Suy ra 0 12 2 2
2
x x
Vậy nghiệm của BPT là 2
2
x
Nhận xét: Bài toán này có thể giải bằng cách giải phương trình rồi sử dụng tính chất của hàm
số liên tục để kết luận Như vậy trình bày dễ hơn, đây là một gợi ý để bạn đọc triển khai tiếp cách này
Câu 2: Giải hệ phương trình
2
Lời giải
Điều kiện: y 1
Đặt 1
, ta có hệ phương trình
7
u uv v
2
7 5
u v uv
u v uv
2
12 5
u v u v
uv u v
2
12 0 5
u v u v
uv u v
4 9
u v uv
3 2
uv
9
uv
: u, v là các nghiệm của phương trình:
2
t t (vô nghiệm)
Với 3
2
uv
: u, v là các nghiệm của phương trình:
2
2
t t
Từ đó
ta có 1
2
u v
hoặc
2 1
u v
Trường hợp 1
2
u v
, ta có
3
1 2
y y
Trường hợp 2
1
u v
, ta có
0
1 1
y y
Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm x y là ; 0;3 và 1; 0
Nhận xét: Từ Phương trình (1) của bài toán ta thấy ngay 2
x x y y
đây là một phương trình đẳng cấp bậc 2 Kết hợp với dữ kiện PT (2) ta nhận thấy ý tưởng đặt
ẩn phụ cho bài này là tự nhiên như đã trình bày
Câu 3: Cho đa giác lồi A A A1 2 3 A10 Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác
đã cho Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác Tính xác suất để tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho
Lời giải
Trang 4Gọi là không gian mẫu 3
Gọi A: “tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”
Các tam giác ở tập X có ba loại: Tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác, tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác, tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác
Ứng với một cạnh của đa giác thì có đúng 10 4 đỉnh của đa giác tạo thành tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác nên số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là: 10 10 4 60
Có 10 tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là: A A A A A A1 2 3; 2 3 4; ;A A A 10 1 2
120 60 10 50
n A
Vậy 50 5
120 12
Nhận xét: Để giải bài toán này thay vì tìm trực tiếp các tam giác không có cạnh nào là cạnh của
đa giác thì ta quy về việc dùng biến cố đối , giúp cho việc giải quyết bì toán tường minh và dễ hiểu hơn
Câu 4: (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC là
5x y 4 0 Tọa độ trưc tâm tam giác ABC là 23 15;
7 7
H
Tọa độ trọng tâm tam giác
ACD là 2; 4
3
G
Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C , D
Lời giải
Ta có BH ACBHcó dạng x5y m 0
BH qua 23 15;
7 7
H
23 75
0
m 14BH x: 5y140 Gọi B a b Vì B ; BH a 5b140 a 5b14B5b14;b
Gọi I ACBD Ta có 1
3
GI DI 1
3IB
4
GI GB
5 14
1
4
I
I
5 4 4 3 4
I
I
b x b y
5 4; 3
Có IAC 5 5 4 3 4 0
13
13 0 2
b
b 2B4; 2 và 3 7;
2 2
I
Vì I là trung điểm BD nên 2
2
D I B
D I B
1 5
D
C
x y
D 1;5 Gọi A c d Vì A ; AC5c d 4 0 d 5c 4 A c ; 5 c4
G I H
D A
Trang 5Vì I là trung điểm AC nên 2
2
C I A
C I A
3
5 11
C
C
C 3 c;5c11 Khi đó 23; 5 43
HAc c
và BC 1 c;5c9
Ta có
7c 23 1 c 35c 43 5 c 9 0
7c 7c 23 23c 175c 530c 387 0
2
182c 546c 364 0
2
c c
Với c 1 A1;1, C2; 6
Với c 2A2;6, C1;1
Nhận xét: Đây là bài toán hình học phẳng có gán tọa độ thường là câu khó xuất hiện trong các
kì thi tuyển sinh Đại học mấy năm trước Để giải quyết bài toán này học sinh cần nắm chắc một
số tính chất của hình bình hành và điều kiện hai vec tơ có giá vuông góc
Câu 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P max x y z; ; ; 7 32 93
x y z
Trong đó x y z, , là các số thực dương
Lời giải
Từ giả thiết, ta có 7 7 ;
9P9x 2 1 ;
9P9 y 1 1
3P3x và P 7 32 93
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được
9P9P3P P 9x9 y3z x y z
2
Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có x 9 2 x.9 6
3
3 4
z
Khi đó 7 7.6 1.9 1.4 7 3
3P9 9 3 P Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 Vậy Pmin 3
Phân tích lời giải:
Từ biểu thức x y z; ; ; 7 32 93
x y z
nhận thấy x y z, , có vai trò như nhau nên dự đoán điểm rơi x y z k
Giả sử max x y z; ; ; 7 32 93
x y z
x hoặc y hoặc z hoặc 2 3
x y z
Trang 6Khi đó, tìm bộ số a b c d sao cho ; ; ;
a P a x
b P b y
c P c z
và d P d 7 32 93
x y z
Suy ra a b c d P ax 7d by 3d2 cz 9d3
Với mỗi cặp ax 7d ,
x
3 ,
d by y
9d cz z
để triệt tiêu được biến x y z, , ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM lần lượt cho 2, 3, 4 số thực dương và kết hợp với điều kiện để đẳng thức xảy ra 7 2 1
; ; ; ; ; ;1
9 9 3
a b c d
Cảm ơn quý thầy cô và các em học sinh đã đọc!