Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh B và C của tam giỏc... Xác định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
Trang 1Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học lần I
Trờng thpt trần nguyên h n Môn toán lớp 11- năm học 2010-2011ã
Thời gian làm bài : 180’
Bài 1 (2,0 điểm )
1, Giải phương trỡnh:
x + + 3 2 x x + = 1 2 x + x2 + 4 x + 3
2, Giải hệ phương trỡnh:
−
= + +
−
= +
−
2 2
2
2 2
)y x(
7 y xy x
)y x(
3 y xy
x
(x, y ∈ )
Bài 2( 3,0 điểm )
1, Giải phơng trình sau :
3sin2 x+cos (2 3 sinx x+cos ) 3 cosx = ( x+ 3 sinx) Với ( ; )
2
x∈ −π π
2, Cho phơng trình
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 2 0
a, Giải phơng trình với 3
2
m= −
b, Xác định m để phương trỡnh (1) cú nghiệm
Bài 3 (2,0 điểm )
Cho m bụng hồng trắng và n bụng hồng nhung khỏc nhau Tớnh xỏc suất để
lấy được 5 bụng hồng trong đú cú ớt nhất 3 bụng hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ :
3
1
9 19
720
m
n
P
− +
−
Bài 4 (3,0 điểm )
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B cú phương trỡnh là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C cú phương trỡnh là x + y + 1 = 0 Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh B và C của tam giỏc.
2, Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 Trờn đường thẳng d1 cú 10 điểm phõn biệt, trờn đường thẳng d2 cú n điểm phõn biệt (n ≥ 2) Biết rằng cú 2800 tam giỏc cú đỉnh là cỏc điểm đó cho Tỡm n.
3, Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng : 2
2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
x
z z
y y
x x
z z
y y
x
+ +
≥ + +
Trang 2Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đáp án đề thi thử đại học
Trờng thpt trần nguyên h n Môn toán lớp 11- nh:2010-2011ã
Bài1
+) ĐK: x≥ −1
2
0 0
( )
3 2
3 / 4
x x
tm
x x
x
=
= −
0,5đ
0,5đ
2, Giải hệ phương trỡnh:
−
= + +
−
= +
−
2 2
2
2 2
)y x(
7 y xy x
)y x(
3 y xy
x
(x, y ∈ )
1,0 đ
Đặt x − y = t, xy = u ta cú hệ
=
−
=
− +
0 u t 6
0 t 3 u t
2
2
⇔
=
=
−
2
2
t 2 u
0 t 3 t 3
⇔ (t = 0; u = 0), (t = 1; u = 2)
=
=
−
0 xy
0 y x
⇔ x = y = 0 , 1
2
x y xy
− =
=
⇔ (x = −1 ; y = −2), (x = 2 ; y = 1)
0,5đ
0,5đ
Bài2
(3đ) 3sin2 x+cos (2 3 sinx x+cos ) 3 cosx = ( x+ 3 sinx) (1) 1 đ
2
(1) ( 3 sin cos ) 3( 3 sin cos ) ( 3 sin cos )( 3 sin cos 3) 0
x
π
π
Với ( ; )
2
x∈ −π π Nên pt có các nghiệm là
6
x= −π
hoặc 5
6
x= π
0,5đ
0.5đ
2, 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 2 0
1 đ
Trang 3a, Gi¶i ph¬ng tr×nh víi 3
2
m= −
Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;( ) +/ 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x( )
c π c π = c π +c =
c π = +c π = −
Do đó phương trình đã cho tương đương:
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
(điều kiện: − 2≤ ≤t 2).
Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t2−1 Phương trình (1) trở thành:
2 4 2 2 0
t + +t m− = (2) với − 2≤ ≤t 2
2
(2)⇔ + = −t 4t 2 2m Víi 3
2
m= − ta cã ph¬ng tr×nh
5( )
t
=
x k
π
π
= +
=
0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
2 4 2 2 0
t + +t m− = (2) với − 2≤ ≤t 2
2
(2)⇔ + = −t 4t 2 2m
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) :D y= −2 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t= +2 4t với
Trong đoạn − 2; 2, hàm số y t= +2 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại 2
t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại t= 2
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2− ≤ − m≤ +2 4 2
0.25®
0.5®
0.25®
Bµi3
(1®) được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy
hệ sau:
2,0 ®
Trang 42 2 1 3
1
9 19
720
m
n
P
− +
−
3
1
9 19
720
m
n
P
− +
−
Từ (2): (n− 1 )! = 720 = 6 ! ⇔n− 1 = 6 ⇔n= 7
Thay n = 7 vào (1) ! 10! 9 19 !
2!( 2)! 2!8! 2 2 ( 1)!
2
2
m m
−
11
9< <
⇔ m vì m∈Ζ⇒m=10
0,5®
0,5®
(3) Vậy m = 10, n = 7 Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 2 1575
10
3
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 1 350
10
4
TH3: 5 bông hồng nhung có: 5 21
7 =
⇒có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy 4 bông hồng thường
5 17
1946
6188
0,5®
0,5®
Bµi4
(3®) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao
qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là x + y + 1 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác 1,0 ®
Đường thẳng AC qua A(2;1)và vuông góc với đường thẳng x−3y+7= 0 nên AC có phương trình 3x + y − 7 = 0
⇒ tọa độ C là nghiệm của hệ
= + +
=
− +
0 1 y x
0 7 y x
⇔
−
=
=
5 y
4 x
⇒ C(4; -5)
Vì B thuộc đường thẳng: x – 3y + 7 = 0 ⇒ B(3t + 7; t)
⇒ tọa độ trung điểm của AB là I
2
1 t
; 2
9 t 3
Vì I thuộc trung tuyến qua C nên 1 0
2
1 t 2
9 t
3 + + + + = ⇒ t = −3 ⇒ B(-2; -3)
0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
1,0 ®
Số tam giác thỏa điều kiện đề bài là 10 2
n
C + n 2
10
Từ giả thuyết suy ra 10 2
n
C + n 2
10
C = 2800 ⇔ n2 + 8n − 560 = 0⇔ n = 20
0,5® 0,5® Cho x, y, z > 0 Chøng minh r»ng : 2
2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
x
z z
y y
x x
z z
y y
Trang 5Do x, y, z > 0 áp dụng Cô si cho 3 số ta có :
3 3 2
3 3 1 3 2
y + y + ≥ y ;
3 3 2
3 3 1 3 2
z + z + ≥ z ;
3 3 2
3 3 1 3 2
x + x + ≥ x
⇒ 2(
3 3 3 2 2 2
y + z + x + ≥ y + z + x theo Cô si ta có :
3 3 3
3 3 3 3
y + z +x ≥
Vậy :
3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2
y + z +x ≥ y + z + x (đpcm)
Chú ý : -Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần Có
0,25đ
0,5đ
0,25đ
.* x2− +(x 2) x− = −1 x 2
Trang 6Điều kiện : x≥1
Phương trình tương đương với x2−x x( − − −1 1) 2 x− −1 2(x− =1) 0 (*)
Đặt y= x−1,y≥0 Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0
( 2 )( 1) 0
x y x y
x y do x y
2
2
x
⇔ =