Chủ đề này có 7 trả lời

[Tham Lang]

Trường THPT Bắc Yên Thành

Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi tỉnh

Môn Toán 12 Năm học 2012-2013

Thời gian làm bài : 150 phút.

Câu 1.(5đ)
a.Giải phương trình :
$$x=\sqrt{3-x}\sqrt{4-x}+\sqrt{4-x}\sqrt{5-x}+\sqrt{5-x}\sqrt{3-x}$$
b. Giải bất phương trình :
$$2x^2-6x+2 \ge \log_{2}{\dfrac{2x+1}{(x-1)^2}}$$
Câu 2.(3đ)
Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :
$$\left\{\begin{array}{1}\sqrt{x-1}-y^2=a \\x^{11}+xy^{10}=y^{22}+y^{12} \end{array}\right.$$
Câu 3.(3đ)
Chứng minh rằng :
$$C_{2001}^{k} +C_{2001}^{k+1} \le C_{2001}^{1000}+C_{2001}^{1001} ( k \in N, k \le 2001)$$
Câu 4.(3đ)
Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $I(6,6)$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $K(4, 5)$. Biết $A(2, 3)$. Xác định toạ độ đỉnh $B, C$ của tam giác.
Câu 5.(2đ)
Cho $\alpha, \beta, \gamma \in \left [\dfrac{\pi}{6}; \dfrac{\pi}{2}\right ]$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{\sin{\alpha}- \sin{\beta}}{\sin{\gamma}}+\dfrac{\sin{\beta}-\sin{\gamma}}{\sin{\alpha}}+\dfrac{\sin{\gamma}-\sin{\alpha}}{\sin{\beta}} \le \left (1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right )^2$$
Câu 6.(2đ)
Trong không gian cho 4 đường thẳng $d_1, d_2, d_3, d_4$ song song với nhau và không có 3 đường thẳng nào cùng thuộc một mặt phẳng. Hai mặt phẳng $(P), (Q)$ khác nhau lần lượt cắt 4 đường thẳng trên theo thứ tự $A, B, C, D; A', B', C', D'$. Chứng minh rằng :
$$V_{D'.ABCD}=V_{D.A'B'C'D'}$$.
Câu 7.(2đ)
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông cân $(AB=BC=1)$ và các cạnh bên $SA=SB=SC=3$. Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm của $AC, BC$. Trên các cạnh $SA, SB$ lần lượt lấy các điểm $M, N$ sao cho $SM=BN=1$. Tính thể tích khối chóp $LMNK$.

[Ispectorgadget]

Câu 3.(3đ)
Chứng minh rằng :
$$C_{2001}^{k} +C_{2001}^{k+1} \le C_{2001}^{1000}+C_{2001}^{1001} ( k \in N, k \le 2001)$$
Ta chứng minh: $C_{2001}^0 =C_{2001}^{2001}<C_{2001}^1=C_{2001}^{2000}$
$C_{2001}^2=C_{1999}^{2001}<C_{2001}^{1001}=C_{2001}^{1001}$
Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh $C_{2001}^k<C_{2001}^{k+1}$
Với $k=0;1;2;...;1999$ ta có bất đẳng thức cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{2001!}{k!(2001-k)!}<\frac{2001!}{(k+1)!(2000-k)!}\Leftrightarrow k<1000$
Vì vậy $C_{2001}^k \le C_{2001}^{1000} \,\, \forall k=0;1;2;...;2000$ (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $k=1000$
Và $C_{2001}^{k+1} \le C_{2001}^{1001}\,\, \forall k =0;1;...;2000$ (2)
Đẳng thức xảy ra $\iff k=999 \vee k=1000$
Từ (1) và (2) ta có $C_{2001}^k+C_{2001}^{k+1} \le C_{2001}^{1000} +C_{2001}^{1001}$
Đẳng thức xảy ra tại $k=1000$

Đề này làm được 8 điểm chắc rớt rồi

[lehoanghiep]

Câu 1.a.
Điều kiện $3\geq x\geq 0$.
Đặt $\sqrt{3-x}=a;\sqrt{4-x}=b;\sqrt{5-x}=c\left ( a,b,c\geq 0 \right )$.
Ta có $\left\{\begin{matrix} \left ( a+b \right )\left ( a+c \right )=3 & \\ \left ( b+c \right )\left ( b+a \right )=4& \\ \left ( c+a \right )\left ( c+b \right )=5& \end{matrix}\right.$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b=\sqrt{\frac{12}{5}} & \\ b+c=\sqrt{\frac{20}{3}}& \\ c+a=\sqrt{\frac{15}{4}}& \end{matrix}\right.$.
Đến đây đơn giản rồi.


Tham Lang học Bắc Yên Thành hả?

[xuanha]

Câu 1.a.
Điều kiện $3\geq x\geq 0$.
Đặt $\sqrt{3-x}=a;\sqrt{4-x}=b;\sqrt{5-x}=c\left ( a,b,c\geq 0 \right )$.
Ta có $\left\{\begin{matrix} \left ( a+b \right )\left ( a+c \right )=3 & \\ \left ( b+c \right )\left ( b+a \right )=4& \\ \left ( c+a \right )\left ( c+b \right )=5&

giải thích tại sao có đc điều đó đi( dòng tô màu đỏ?)

[lehoanghiep]

giải thích tại sao có đc điều đó đi( dòng tô màu đỏ?)

Từ đề bài đấy bạn. Lần lượt thế $x=3-a^{2}=4-b^{2}=5-c^{2}$.
Mà dễ thấy $a^{2}+ab+bc+ca=\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )$.
Tương tự...

[Spin9x]

Câu này thế nào nhở?

Có thê giải băng cach này:

Áp dụng hê thưc Euler;

$d^2=R^2-2Rr$

Ta tính đươc $r$ Đên đây bài toán đơn giản hơn.

[Tham Lang]

Bài toán BĐT mình có cách này, ai có cách khác thì post lên nhé
Chuyển bài toán về chứng minh :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c} \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
Với $a, b, c \in \left [\dfrac{1}{6}; \dfrac{1}{2}\right ]$
Giả sửa $a= min\{a, b, c\}$ lúc đó , xét hàm :
$$f(a)= \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c}$$
$$f'(a) = \dfrac{1}{b} -\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{b}{a^2} -\dfrac{1}{c} =(c-b)\left (\dfrac{1}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right )$$
TH1. $c \ge b$. Lúc đó, $f(a)$ nghịch biến nên
$$f(a) \le f\left (\dfrac{1}{2}\right ) = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$$
Xét tiếp $f© = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$
$$f'© = -\dfrac{b}{c^2} +2 - \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{2c^2} = (2b-1)\left (\dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{2c^2}\right ) \ge 0 (c\ge b \ge \dfrac{1}{2} )$$
Nên suy ra :
$$f© \le f(1) = \dfrac{1}{2b} +2-2b-\dfrac{1}{b} -\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} - \left (\dfrac{1}{2b}+b\right ) \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
TH2.$b \ge c$ Lúc đó hàm số đồng biến nên
$$f(a) \le f(\sqrt{bc}) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
Xét hàm số :
$$f(b) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
$$f'(b) = \dfrac{1}{c}+\dfrac{c}{b^2}-\dfrac{\sqrt{c}}{b\sqrt{b}} - \dfrac{1}{\sqrt{bc}} = (\sqrt{b}-\sqrt{c}) \left (\dfrac{c}{c\sqrt{b}} - \dfrac{\sqrt{c}}{b^2}\right ) \ge 0 ( b\ge c)$$
Do đó, hàm $f(b)$ đồng biến, nên suy ra :
$$f(b) \le f(1) = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$$
Đến đây, xét hàm $f© = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$ ta cũng có hàm có hàm nghịch biến, suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 25-11-2012 - 09:24

[lehoanghiep]

Bài toán BĐT mình có cách này, ai có cách khác thì post lên nhé
Chuyển bài toán về chứng minh :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c} \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
Với $a, b, c \in \left [\dfrac{1}{6}; \dfrac{1}{2}\right ]$
Giả sửa $a= min\{a, b, c\}$ lúc đó , xét hàm :
$$f(a)= \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c}$$
$$f'(a) = \dfrac{1}{b} -\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{b}{a^2} -\dfrac{1}{c} =(c-b)\left (\dfrac{1}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right )$$
TH1. $c \ge b$. Lúc đó, $f(a)$ nghịch biến nên
$$f(a) \le f\left (\dfrac{1}{2}\right ) = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$$
Xét tiếp $f© = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$
$$f'© = -\dfrac{b}{c^2} +2 - \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{2c^2} = (2b-1)\left (\dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{2c^2}\right ) \ge 0 (c\ge b \ge \dfrac{1}{2} )$$
Nên suy ra :
$$f© \le f(1) = \dfrac{1}{2b} +2-2b-\dfrac{1}{b} -\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} - \left (\dfrac{1}{2b}+b\right ) \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
TH2.$b \ge c$ Lúc đó hàm số đồng biến nên
$$f(a) \le f(\sqrt{bc}) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
Xét hàm số :
$$f(b) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
$$f'(b) = \dfrac{1}{c}+\dfrac{c}{b^2}-\dfrac{\sqrt{c}}{b\sqrt{b}} - \dfrac{1}{\sqrt{bc}} = (\sqrt{b}-\sqrt{c}) \left (\dfrac{c}{c\sqrt{b}} - \dfrac{\sqrt{c}}{b^2}\right ) \ge 0 ( b\ge c)$$
Do đó, hàm $f(b)$ đồng biến, nên suy ra :
$$f(b) \le f(1) = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$$
Đến đây, xét hàm $f© = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$ ta cũng có hàm có hàm nghịch biến, suy ra ĐPCM.

Một lời giải khác ở đây:
http://diendantoanho...qrt-2-2-right2/