Processing math: 100%

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Thứ Sáu, 13 tháng 11, 2020

Đề chọn ĐTQG tỉnh Bình Phước vòng 1 năm 2020-2021

Bài 1.

  1. Giải phương trình 3 \cos 3x \cdot \cos x - \cos 4x +\sin 2x +1=2\sqrt{2}\sin \left ( x+\dfrac{\pi}{4}\right ).
  2. Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}& x^2 +\dfrac{x}{x+1}= (y+2)\sqrt{(x+1)(y+1)} \\ & \dfrac{x^2}{\sqrt{y+1}} \left(\sqrt{(x+1)(y+1) }+5 \right )\sqrt{x+6}=x^2+4x+9 .\end{array} \right.
  3. Cho tập T=\{1;2;3;4;5\}. Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất ba chữ số đôi một khác nhau thuộc T. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10.

Lời giải

  1. Phương trình đã cho tương đương \begin{eqnarray*} &&\cos 4x + \cos 2x -\cos 4x +\sin 2x+1=2(\sin x +\cos x) \\ &\Leftrightarrow& \cos 2x +\sin 2x +1=2(\sin x + \cos x) \\ & \Leftrightarrow & (\sin x +\cos x)(\cos x-1)=0 \\ & \Leftrightarrow & \left[ \begin{array}{l}&\sin x +\cos x=0 \\ &\cos x=1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}& x= -\dfrac{\pi}{4} +k\pi \\& x=k2\pi\end{array} \right., \ k \in \mathbb{Z}. \end{eqnarray*}
  2. Ta viết lại hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}& x^2 +\dfrac{x}{x+1}= (y+2)\sqrt{(x+1)(y+1)} (1) \\ & \dfrac{x^2}{\sqrt{y+1}} \left(\sqrt{(x+1)(y+1) }+5 \right )\sqrt{x+6}=x^2+4x+9 \quad (2) .\end{array} \right.
    Điều kiện xác định x > -1, y > -1.
    Phương trình đã cho tương đương \begin{eqnarray*} \left (\dfrac{x}{\sqrt{x+1}} \right )^3 + \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\left (\sqrt{y+1}\right )^3+\sqrt{y+1}. \end{eqnarray*} Xét hàm số y=f(t)=t^3+t với t \in \mathbb{R}. Ta có f'(t)=3t^2+1 > 0, \ \forall t \in \mathbb{R}, suy ra hàm số đồng biến trên \mathbb{R}. Do đó ta có \begin{eqnarray*} f \left(\dfrac{x}{\sqrt{x+1} }\right )=f\left (\sqrt{y+1} \right ) \Leftrightarrow \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{y+1}. \end{eqnarray*} Từ \dfrac{x}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{y+1} suy ra x > 0 và thay vào phương trình (2) ta được \begin{eqnarray*} & &x\sqrt{x+1}+(x+5)\sqrt{x+6}=x^2+4x+9 \\ &\Leftrightarrow & x(\sqrt{x+1}-2)+(x+5)(\sqrt{x+6}-3)=x^2-x-6 \\ &\Leftrightarrow & (x-3) \left[\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+2} +\dfrac{x+5}{\sqrt{x+6}+3}-(x+2) \right]= 0 \\ &\Leftrightarrow & \left[ \begin{array}{l}&x=3 \\ &\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+2} +\dfrac{x+5}{\sqrt{x+6}+3}-(x+2)=0 \quad (*).\end{array} \right. \end{eqnarray*}x > 0 nên \mathrm{VT} (*) < \dfrac{x}{2}+\dfrac{x+5}{3}-(x+2)=\dfrac{-2-x}{6} < 0 suy ra phương trình (*) vô nghiệm.
    Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=\left (3;\dfrac{5}{4}\right ).
  3. Số phần tử của không gian mẫu là \mathrm{n}(\Omega)=\mathrm{A}_5^3 +\mathrm{A}_5^4+\mathrm{A}_5^5=300.
    Số các số có 3 chữ số có tổng bằng 10 được lập từ các bộ \{1;4;5\}, \{2;3;5\}3!+3!=12.
    Số các số có 4 chữ số có tổng bằng 10 được lập từ bộ \{1;2;3;4\}4!=24.
    Gọi A là biến cố ``số được chọn có tổng các chữ số bằng 10''. Ta có \mathrm{n}(A)=12+24=36.
    Vậy xác suất của biến cố A\mathrm{P}(A)=\dfrac{36}{300}=\dfrac{3}{25}.

Bài 2. Cho hình vuông ABCDA(-1;2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm BCCD. Gọi H là giao điểm của BNAM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN \colon 2x+y-8=0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2.

Lời giải

Sử dụng: \triangle ABM = \triangle BCN (c.g.c) ta chứng minh được AM \perp BN.
(AM) qua A và vuông góc với BN \colon 2x+y-8=0 nên (AM) x-2y+5=0.
Ta có H = (BN) \cap (AM) \Rightarrow H\left(\dfrac{11}{5};\dfrac{18}{5}\right) \Rightarrow AH = \dfrac{8}{\sqrt{5}}.
Do \triangle AHB \backsim \triangle BHM nên AH=2HB \Rightarrow HB=\dfrac{4}{\sqrt{5}} \Rightarrow AB =4BN = 2\sqrt{5}.
Do B \in (BN) nên B(b;8-2b) với b > 2. Ta có
HB = \dfrac{4}{\sqrt{5}} \Leftrightarrow \left(b-\dfrac{11}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{22}{5}-2b\right)^2 = \dfrac{16}{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&b=3\\&b=\dfrac{7}{5} \text{ (loại)}\end{array} \right. \Rightarrow B(3;2).
Từ HB = \dfrac{4}{\sqrt{5}}, BN=2\sqrt{5} \Rightarrow \vec{BH}=\dfrac{2}{5}\vec{BN} \Rightarrow N(1;6).
Tứ giác AHND nội tiếp đường tròn đường kính AN. Gọi I là trung điểm AN, suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DHN.
Khi đó I(0;4)R=\dfrac{1}{2}AN=\dfrac{1}{2}BN = \sqrt{5}.
Vậy (DHN) \colon x^2 + (y-4)^2=5.

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, \triangle SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD. Gọi H là trung điểm AB. Tính thể tích khối chóp S.ABCD\tan \left(SH, (SCD)\right).

Lời giải

SH là đường cao trong tam giác đều nên SH = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a.
V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}SH \cdot S_{ABCD} = \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}a \cdot a^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a^3.
Kẻ HK \perp CD, HI \perp SK suy ra HI \perp (SCD).
Do HI \perp (SCD) nên \left(SH,(SCD)\right) = \left(SH,SI\right) = \widehat{HSK}.
Xét \triangle HSK vuông tại H\tan \widehat{HSK} = \dfrac{HK}{SH}.
Tính được \tan \widehat{HSK} = \dfrac{a}{a\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}.
Vậy \tan \left(SH, (SCD)\right) =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}.

Bài 4. Cho hai đa thức P(x)=ax^3+bx^2-cx-bQ(x)=x^3+cx^2-bx-a với a, b, c \in \mathbb{R}, a \ne 0. Chứng minh rằng nếu G(x)=P(x)-Q(x) \ge 0, \forall x \in \mathbb{R} thì a \ge b \ge c.

Lời giải

Từ giả thiết ta có G(x)=P(x)-Q(x)= (a-1) x^{3}+(b-c) x^{2}+(b-c) x+a-b \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}.
Nếu a > 1: \lim\limits_{x \to -\infty} G(x)=-\infty nên \exists x_0: G(x_0) < 0 \ ( Vô lí).
Nếu a < 1: \lim\limits_{x \to \infty} G(x)=-\infty nên \exists x_0: G(x_0) < 0 \ ( Vô lí).
Do đó a \ne 1 không thỏa mãn.
Với a=1 khi đó G(x)=(b-c) x^{2}+(b-c) x+1-b. Khi đó có 2 trường hợp
  • b=c suy ra: G(x)=1-b \ge 0, \forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow b \le 1.
    Khi đó: a=1 \ge b =c \Rightarrow a \ge b \ge c.
  • b \ne c khi đó \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\ & \Delta \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\&(b-c)^2-4(b-c)(1-b) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&b > c\\&b \le \dfrac{c+4}{5}\end{array} \right. \Rightarrow c < b < 1=a.
Vậy nếu G(x) \ge 0, \forall x \in \mathbb{R} thì a \ge b \ge c.

Bài 5. Giả sử phương trình x^3-3x^2+ax-b=0 (với a,b\in\mathbb{R}) có 3 nghiệm thực dương, gọi các nghiệm này là x_1, x_2, x_3. Đặt u_n=\dfrac{x^n_1+x_2^n+x_3^n}{x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}}, \forall n\in\mathbb{N^*}.
Tìm a,b để \dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+\cdots+\dfrac{1}{u_n} < \sqrt{n^2+2021}.

Lời giải

  • Ta sẽ chứng minh (u_n) là dãy giảm. Thật vậy, u_n-u_{n+1}=\dfrac{\left(x_1^n+x_2^n+x_3^n\right)\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)-\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)^2}{\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)}. Theo bất đẳng thức CBS: \left(x_1^n+x_2^n+x_3^n\right)\left(x_1^{n+2}+x_2^{n+2}+x_3^{n+2}\right)\ge \left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_3^{n+1}\right)^2.
    Do đó u_n-u_{n+1}\ge 0,\ \forall n\in\mathbb{N^*}. Vậy (u_n) là dãy giảm.
  • Ta có: 9=(x_1+x_2+x_3)^2\ge (x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=3a\Rightarrow a\le 3.\tag{1}
  • (u_n) là dãy giảm \forall n\in \mathbb{N^*} nên \dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+\cdots+\dfrac{1}{u_n}\ge \dfrac{n}{u_1}=\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{x_1+x_2+x_3}\cdot n=\dfrac{9-2a}{3}n. Do đó \begin{align*} \dfrac{9-2a}{3}n < \sqrt{n^2+2021}\Leftrightarrow \dfrac{9-2a}{3} < \dfrac{\sqrt{n^2+2021}}{n}\\ \Leftrightarrow \dfrac{9-2a}{3}\le \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sqrt{n^2+2021}}{n}=1\Rightarrow a\ge 3.\quad \hfill(2) \end{align*} Từ (1) và (2): a=3.
  • Với a=3 ta được x_1=x_2=x_3=1, suy ra b=1 (thử lại thỏa mãn).
    Vậy với a=3, b=1 thỏa mãn yêu cầu bài ra.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét