đề thi trường đặng thúc hứa _ nghệ an

[puu]

mọi người xem giùm em bài này với
lâu ngày không động lượng giác quên hết pp làm
[TEX]sin2x+\frac{(1+cos2x)^2}{2sin2x}=2cos2x[/TEX]

thêm bài nữa làm cho mát
tìm m để hệ sau vô nghiệm
[TEX]\left{x^2-1 \leq 0\\(m-x^2)(x+m) < 0[/TEX]

 

[puu]

đề thi trường đặng thúc hứa _ nghệ an
Đề thi thử trường ĐẶNG THÚC HỨA _ nghệ an
Mình chỉ đưa 1 số bài điển hình
Lần 3:

• cho hình chop S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh =2a (a>0;<BAD=60 độ)

(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh BC và SD. (AMN) cắt cạnh bên SC tại E , biết MN vg AN, tính V khối đa
Diện AND.MCE theo a
từ giả thiết suy ra SO vuông góc đáy
tính SO đã
tiếp theo sẽ làm sau
nhác tính toán nên thế )
ta có [TEX]AM=\sqrt{7}a[/TEX]; gọi P là trung điểm AB thì [TEX]DP=DM=PM=a\sqrt{3}[/TEX]
tam giác ANM vuông tại N nên
[TEX]AN^2+NM^2=AM^2=7a^2[/TEX]
mà do N là trung điểm SD nên [TEX]4AN^2=2AS^2+2AD^2-SD^2[/TEX]
[TEX]4MN^2=2MS^2+2MN^2-SD^2[/TEX]
từ đó ta có
[TEX]2SA^2+2AD^2-2SD^2+2MS^2+2MD^2=28a^2[/TEX](*)
ta lại có
[TEX]SA^2=SO^2+OA^2=SO^2+3a^2; SD^2=SO^2+OD^2=SO^2+a^2[/TEX]
[TEX]MS^2=SO^2+OM^2=SO^2+a^2; [/TEX]\Rightarrow SD=SM
(*) trở thành [TEX]2SA^2+2AD^2+2MD^2=28a^2[/TEX](**)
thay vào (**) ta tính được SO =2a

hoặc có thể lý luận tam giác DMB vuông tại M nên MO=1/2BD=DO
vậy tam giác SOD= tam giác SOM suy ra SD=SM

 

[puu]

típ tục bài hình cho nó ra ngô ra khoai luôn

các bạn chịu khó đọc và vẽ hình ra

Cách xác định điểm E là
Gọi I là giao BD và AM ; IN giao SO tại I’; kẻ AI’ cắt SC taok E
Goi Q là trung điểm của BM, QO cắt AD tại F
Do AD song song BC nên khoảng cách giữa 2 mp (AND) và (MEC) chính là khoảng cách giữa AD và (EMC)=d(F;(EMC))=2d(O;EMC))=2d(O;(SBC))
Ta có : BC vg QO; BCvg SO nên BC vg (SOQ)
Do đó nếu kẻ OK vg SQ thì OK vg (SBC); kẻ FH song song OK thì FH vg (SBC) và FH = 2 OK
Vậy khoảng cách giữa AD và (SBC)=2OK
Xét trong tam giác vuông SOQ ta tính được [TEX]OK=2a\sqrt{\frac{3}{19}}[/TEX]
Vậy [TEX]FH=4a\sqrt{\frac{3}{19}}[/TEX]
Theo tính chất 3 đường giao tuyến thì AM; CD; NE giao nhau tại 1 điểm . ta gọi điểm đó là R
(SAD) và (SBC) có giao tuyến Sx song song AD song song BC
Vậy AN giao ME tại 1 điểm V thuộc Sx
Ta dễ thấy là [TEX]\frac{RM}{RA}=\frac{RC}{RD}=\frac{CM}{AD}=1/2[/TEX]
[TEX]\frac{VN}{VA}=1/2[/TEX]
Kẻ NT song song AM ( T thuộc VM) thì ta có
[TEX]\frac{NE}{ER}=\frac{NT}{RM}=\frac{NT}{AM}=\frac{VN}{VA}=1/2[/TEX]

Vậy [TEX]\frac{ER}{RN}=2/3[/TEX]

Suy ra: [TEX]\frac{V_{RMEC}}{V_{RAND}}=RM/RA.RC/RD.RE/RN=1/6[/TEX]


Ta đã biết được SO =2a nên ta tính được
[TEX]SA=\sqrt{7}a; SD=\sqrt{5}a[/TEX]
Áp dụng CT hê rông ta tính được diện tích tam giác SAD=[TEX]1/2a^2.\sqrt{19}[/TEX]
Diện tích tam giác AND =1/2 diện tích SAD=[TEX]1/4a^2.\sqrt{19}[/TEX]
R đối xứng A nên
d(R;(SBC))= d(A;(SBC))=d(F;(SBC))=[TEX]4a.\sqrt{\frac{3}{19}}[/TEX]
vậy d(R;(SAD))=2d(R;(SBC))=[TEX]8a\sqrt{\frac{3}{19}}[/TEX]
vậy thể tích khối chop V_{RAND}=[TEX]1/3.8\sqrt{3/19}.1/4.\sqrt{19}a^3=\frac{2}{3}.\sqrt{3}a^3[/TEX]
thể tích khối chóp RMEC=[TEX]1/6.\frac{2}{3}.\sqrt{3}a^3=a^3.\sqrt{3}/9[/TEX]


vậy thể tích MEC.AND=
thể tích RAND- thể tích RMEC=[TEX]a^3.\frac{5\sqrt{3}}{9}[/TEX]

 

[tamcat]

mình nhầm 2 bạn ạ . đã sửa lại rồi nhá
theo yêu cầu của bạn dubanodau mình sẽ post đề lần 1 lên
cũng chỉ post lên những bài điển hình, bài khảo sát hàm số mình bỏ qua nhá
1. giải PT:
[TEX]4(sin^6x+cos^6x)-cos4x=4cos2x.sin(\frac{2\pi}{3}-x).sin(\frac{\pi}{3}-x)[/TEX]

\Leftrightarrow[TEX]4[(sin^2x+cos^2x)^3-3sin^2xcos^2x(sin^2x+cos^2x)]+1-2cos^22x=2cos2x.2.sin(\pi/3+x).sin(\pi/3-x)[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]4(1-\frac{3}{4}sin^22x)+1-2cos^22x=2cos2x.(cos2x+1/2)[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]1+3cos^22x+1-cos^22x=2cos^22x+cos2x[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]cos2x=2[/TEX]
vô nghiệm ( ko bit đúng hay sai mà vô nghiệm thế này ko

Bài trên anh làm bị sai rồi^_^
(1)\Leftrightarrow (5+3*cos4x)/2 -cos4x = 2*cos2x(cos(pi)/3 - cos (pi -2x))
\Leftrightarrow2 + cos^2 2x= cos2x*(1+2*cos2x)
\Leftrightarrowcos^2 2x +cos 2x -2 =0
\Leftrightarrow cos2x=1 hoac cos 2x=-2 (loại)
\Leftrightarrowx=kpi

 

[muathu1111]

mọi người xem giùm em bài này với
lâu ngày không động lượng giác quên hết pp làm
[TEX]sin2x+\frac{(1+cos2x)^2}{2sin2x}=2cos2x[/TEX]

hừm .... bài này làm theo cách bình thường ra số to đùng ... hjx .... :-SS
Mới nghĩ ra làm theo cách này nhưng ko biết có đc ko .... mọi người xem giùm nha ..
Đặt [TEX]tag{\frac{a}{2}} = t[/TEX]với [TEX]a = 2x[/TEX]
[TEX]\Rightarrow sina = \frac{2t}{1+t^2}[/TEX]
[TEX]cosa = \frac{1-t^2}{1+t^2}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow \frac{2a}{1+a^2} + \frac{(1+ \frac{1-a^2}{1+a^2})^2}{2. \frac{2a}{1+a^2}} = 2. \frac{1-a^2}{1+a^2}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{2a}{1+a^2} + \frac{1}{a.(1+a^2} = 2. \frac{1-a^2}{1+a^2}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow2a^2 + 1 = 2a(1-a^2)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow2a^2 + 1 = 2a - 2a^3[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow2a^3 + 2a^2 - 2a + 1 = 0[/TEX]
Giải cái PT bậc 3 nghiệm nó ra ko đẹp nên đoạn sau

 

[puu]

thử xem bài này nữa đi mọi người
mới chộp cái đề thi thử ( không phải mới )
cho hình trụ (T) có tâm 2 đáy là O và O', bán kính R=a; chiều cao [TEX]h=a\sqrt{3}[/TEX]
trên đường tròn (O') lấy điểm A cố định. M là điểm di động trên đường tròn (O). đặt AM=x. tìm x để diện tích tam giác OAM max

 

[puu]

thử xem bài này nữa đi mọi người
mới chộp cái đề thi thử ( không phải mới )
cho hình trụ (T) có tâm 2 đáy là O và O', bán kính R=a; chiều cao [TEX]h=a\sqrt{3}[/TEX]
trên đường tròn (O') lấy điểm A cố định. M là điểm di động trên đường tròn (O). đặt AM=x. tìm x để diện tích tam giác OAM max

ko ai chém ta bây giờ chém vậy )

ta tính được OA=2a
; OM =R=a
gọi B là hình chiếu của A lên (O) thì AB vuông góc (O)
kẻ BH vgOM thì ta có
do OM vg AB nên OM vg (ABH)
vậy OM vg AH
diện tích tam giác OAM=1/2.OM.AH=a/2.AH
mà [TEX]AH \leq AO =2a[/TEX]
nên diện tích OAM max khi và chỉ khi AH=AO=2a
H trùng O\Leftrightarrow MO vg AO \Leftrightarrow MO vg BC \Leftrightarrow M là trung điểm cung BC
Khi đó S max=a^2