Topic dành cho những bạn nào 94 năm nay thi đại học!!!!!! Ver.2

Thảo luận trong 'Thảo luận chung' bắt đầu bởi tbinhpro, 21 Tháng một 2012.

Lượt xem: 145,617

Trạng thái chủ đề:
Không mở trả lời sau này.

  1. duynhana1

    duynhana1 Guest

    Có phải bài này không nhỉ, sao lại có thêm 2 dấu trừ :p
    $$\begin{cases} x^2+xy+y^2=3\\ x^2+2xy-7x-5y+9=0 \end{cases}$$
     
    Last edited by a moderator: 26 Tháng sáu 2012
  2. xác nhận: nhầm đề
    đã sửa! :D
    ................................................................
     
  3. hoanghondo94

    hoanghondo94 Guest

    :p:p:p:p:p:):):):):)

    $Pt \Leftrightarrow \sqrt{3}-4sin(2x+\frac{\pi}{3})+2sin4x=[3(1-cos2x)-(1-cos2x)]sin(x-\frac{\pi}{3})$
    $\Leftrightarrow \sqrt{3}-4sin(2x+\frac{\pi}{3})+2sin4x=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$
    $\Leftrightarrow \sqrt{3}-2sin2x-2\sqrt{3}cos2x+2sin4x=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$

    $\Leftrightarrow (1-2cos2x)(\sqrt{3}-2sin2x)=2(1-2cos2x)sin(x-\frac{\pi}{3})$
    $\Leftrightarrow (1-2cos2x)[\sqrt{3}-2sin2x-2sin(x-\frac{\pi}{3})]=0$


    $\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} {1-2cos2x=0}
    & \\ \sqrt{3}-2sin2x-2sin(x-\frac{\pi}{3})] = 0
    &
    \end{matrix}\right.$


    $\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} {1-2cos2x=0}
    & \\ sin2x-sin(\frac{2\pi}{3})+sin(x-\frac{\pi}{3})=0
    &
    \end{matrix}\right.$
     
    Last edited by a moderator: 26 Tháng sáu 2012
  4. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    Điều kiện: $$sin(x-\frac{\pi}{3}) \neq 0$$
    Ta có phương trình tương đương:
    $$\begin{aligned} \frac{ \sqrt{3}-2 \sqrt{3}cos2x-2sin2x+2sin4x}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=2(3sin^2x-cos^2x) \\ =>\frac{2(1-2cos2x)(\frac{ \sqrt{3}}{2}-sin2x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8(\frac{ \sqrt{3}}{2}sinx+cosx)(\frac{\sqrt{3}}{2}sinx-cosx) \\ =>\frac{2(1-2cos2x)(sin \frac{\pi}{3}-sin2x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>\frac{4(1-2cos2x)cos(\frac{\pi}{6}+x)sin(\frac{\pi}{6}-x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>\frac{4(2cos2x-1)sin(x-\frac{\pi}{3})sin(\frac{\pi}{6}-x)}{sin(x-\frac{\pi}{3})}=8sin(x+\frac{\pi}{6})sin(x-\frac{\pi}{6}) \\ =>sin(x-\frac{\pi}{6})[2cos2x+2sin(x+\frac{\pi}{6})-1]=0 \end{aligned} \\ =>sin(x-\frac{\pi}{6})[cos2x+sin(x+\frac{\pi}{6})-cos\frac{\pi}{3}]=0$$
     
  5. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    ____________________________________________________________________
     
  6. hoanghondo94

    hoanghondo94 Guest


    [​IMG]
    Có người giật của mình , mình giật của người khác :))

    - Gọi N là trung điểm AD, $I = AC \cap BN,P = NC \cap BD$ Khi đó ta có hai điều:
    1. Tứ giác ABCN là hình vuông cạnh a và $SI \bot (ABCN) \Rightarrow $S.ABCN là hình chóp đều $ \Rightarrow \widehat {SAI} = \widehat {SBI} = {60^0} \Rightarrow \Delta SAC$ đều $ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 ;\,SI = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

    2. Tứ giác BCDN là hình bình hành$ \Rightarrow BP$ và CI hai trung tuyến của
    $\Delta BCN \Rightarrow $O là trọng tâm \[\Delta BCN \Rightarrow AO = AI + IO = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\]

    - Vì (P) đi qua O, (P) // SC nên (P) cắt SA tại M sao cho OM // SC.
    • Xét tam giác ASC có ${\rm{SA}} = {\rm{AC}}$ và ${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\rm{OM}}//{\rm{SC}} \Rightarrow AM = AO = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}$

    +) Trong mp( SAC) kẻ MH // SI, cắt AC tại H $ \Rightarrow $MH là đường cao $ \Rightarrow MH = AM.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$

    - Diện tích đáy: ${S_{BCDN}} = CD.ND = {a^2} \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{{{S_{BCDN}}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}$

    - Thể tích $ \Rightarrow {V_{M.BCD}} = \frac{1}{3}.{S_{BCD}}.MH = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$

    Vẽ cái hình =(( ............

     
    Last edited by a moderator: 27 Tháng sáu 2012
  7. maxqn

    maxqn Guest

    Chiều mai sẽ up thêm 2 đề thi thử cho pà con chém :"> =))
     
  8. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    Okie! Nhất trí lun,:p Cố lên mọi người nhé!:khi (152):
     
  9. lithoi_cp

    lithoi_cp Guest

    Đề thi thử ĐH:
    Câu 1:
    Cho hàm số:
    [tex]y=x^{4}-4x^{2}+m[/tex]
    Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, đồng thời diện tích hình phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần trên và diện tích phần dưới trục hoành bằng nhau.

    Câu 2:[tex]\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+3\sqrt{y}=8\\ \sqrt{x+9}+3\sqrt{y+1}=10 (x,y \epsilon \mathbb{R}) \end{matrix}\right.[/tex]


    Câu 3:
    [tex]\int_{\frac{\Pi }{6}}^{\frac{\Pi }{3}}\frac{dx}{sinx.sin(x+\frac{\Pi }{6})}[/tex]

    Câu 4:
    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=a, CD=2a, SD vuông với (ABCD) và SD=a. E là trung điểm của CD. Xác định và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE. Tính d(SE;CD).

    Câu 5:
    Cho M(1;8;2), [tex](\Delta 1):\left\{\begin{matrix} x=7-t\\ y=2+2t \\ z=-1 \end{matrix}\right.[/tex]

    [tex](\Delta 2):\left\{\begin{matrix} x=1+k\\ y=2 \\ z=5-k \end{matrix}\right.[/tex]
    Viết pt mp [tex](\alpha )[/tex]
    chứa [tex](\Delta 1 )[/tex] và M. Khi đó chứng minh [tex](\Delta 2 )[/tex] nằm trong [tex](\alpha )[/tex]. Viết pt đường thẳng [tex](\Delta )[/tex] đi qua M, cắt [tex](\Delta 1 )[/tex] và [tex](\Delta 2)[/tex] lần lượt ở M1 và M2 sao cho MM1=MM2
     
  10. newstarinsky

    newstarinsky Guest

    ĐK [TEX]x,y\geq 0[/TEX]

    Bình phương ta được

    [TEX]\left{\begin{x+9y+6\sqrt{xy}=64}\\{x+9y+18+6\sqrt{xy+x+9y+9}=100} [/TEX]

    Đặt [TEX]a=x+9y\\b=\sqrt{xy}\geq 0[/TEX]

    Hệ trở thành

    [TEX]\left{\begin{a+6b=64}\\{a+18+6\sqrt{b^2+a+9}=100} [/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow\left{\begin{a=64-6b}\\{82-6b+6\sqrt{b^2-6b+73}=100} (2)[/TEX]

    Từ PT (2) ta có

    [TEX]\sqrt{b^2-6b+73}=b+3[/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow b^2-6b+73=(b+3)^2[/TEX] (vì 2 vế không âm)

    [TEX]\Leftrightarrow 12b=64[/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow b=\frac{16}{3}[/TEX] nên [TEX]a=32[/TEX]

    Khi đó

    [TEX]\left{\begin{x+9y=32}\\{9xy=256} [/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow\left{\begin{x=16}\\{y=\frac{16}{9}} [/TEX]
     
  11. duynhana1

    duynhana1 Guest

    Viết hệ đã cho thành: $$\begin{cases} \sqrt{x} + \sqrt{ x+9} + 3(\sqrt{y} + \sqrt{y+1}) = 18 \\ \frac{9}{\sqrt{x} + \sqrt{x+9} } + \frac{3}{\sqrt{y+1}+\sqrt{y}} = 2 \end{cases}$$
    Đặt $a=\sqrt{x} + \sqrt{x+9},\ b=\sqrt{y+1} + \sqrt{y} $
     
  12. duynhana1

    duynhana1 Guest


    $$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{2\text{dx}}{\sin^2 x . (\sqrt{3} + \cot x) } = -2 \ln | \cot x + \sqrt{3} | \bigg|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}= 2 \ln ( \frac32) $$
     
  13. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    Cũng may hàng của mình còn nguyên :p
    Ta có:
    $$\begin{aligned} y'=4x^3-8x=>y'=0 <=>\begin{cases}x=0\\x=\sqrt{2}\\x-\sqrt{2}\end{cases} \\ y(\sqrt{2}).y(0)<0=>m(m-4)<0<=>0\le m\le 4 \end{aligned}$$
    Từ đó ta có:
    $$\Delta =4-m =>\begin{cases}x_1=\sqrt{2+\sqrt{4-m}} \\ x_2=-\sqrt{2+\sqrt{4-m}} \\ x_3=\sqrt{2-\sqrt{4-m}} \\ x_4=-\sqrt{2-\sqrt{4-m}}\end{cases}$$
    Nhận xét:
    Đồ thị hàm số đã cho nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có:
    $$\begin{aligned} \int_{x_2}^{x_4}|y(x)|.dx=\int_{x_3}^{x_1}|y(x)|.dx \\ \int_{x_4}^{0}|y(x)|dx=\int_{0}^{x_3} |y(x)|dx \\ =>S_{tren}=S_{duoi}<=>\int_{0}^{x_3}|y(x)|dx=\int_{x^3}^{x_1}|y(x)| \\ <=>\frac{x_3^5}{5}-\frac{4x_3^3}{3}+mx_3=-\frac{x_1^5}{5}+\frac{4x_1^3}{3}-mx_1+\frac{x_3^5}{5}-\frac{4x_3^3}{3}+mx_3 \\ <=>-\frac{x_1^5}{5}+\frac{4x_1^3}{3}-mx_1=0<=>-\frac{x_1^4}{5}+\frac{4x_1^2}{3}-m=0 \\ <=>3(2+\sqrt{4-m}^2-20(2+\sqrt{4-m})+15m=0 \end{aligned}$$
    Đến đây giải m là Okie nhé!

     
  14. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    Câu này 2 ý đầu là Okie phải làm được rồi nha.
    Gợi ý cách làm ý cuối cùng.
    Gọi $M_1(7-t;2+2t;-1),M_2(1+k;2;5-k)$.Ta có:
    [TEX]\vec{\text{M_1M}}=(t-6;6-2t;3),\vec{\text{MM_2}}=(k;-6;3-k); \vec{\text{M_1M}}=\vec{\text{MM_2}}[/TEX]
    $$=>\begin{cases}t-6=k\\6-2t=-6\\3=3-k\end{cases} =>\begin{cases}k=0\\t=6\end{cases}$$
    Suy ra toạ độ của $M_1,M_2$ và viết được phương trình $\Delta$ cần tìm.
     
  15. tbinhpro

    tbinhpro Guest

    [​IMG]
    Hình vẽ như trên nhé! :p
    Do $2AB=CD=>BE\perp CD=>$ Trung điểm $I$ của $BC$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCE$
    Suy ra tâm K của mặt cầu ngoại tiếp nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABCD)$ và đi qua I.
    Trong $(SDI)$ kẻ $SH{//}DI$, Ta có:
    Do $BI=\frac{a}{\sqrt{2}}=>BH<DI=>BH<SH=>$ K nằm khác phía với I qua H.
    $$SK=BK<=>\frac{5a^2}{2}+HK^2=\frac{a^2}{2}+(a+HK)^2$$
    Từ đây tính được $HK$, suy ra ví trí cuar tâm I và bán kính $R=SK=BK$ của mặt cầu.
    Còn ý sau sao vô lí thế, hình như phải là $d_{(SE;BC)}$ chứ nhỉ.
    Khi đó:$d_{(SE;BC)}=d_{(B;(SAE))}=d_{(E;(SBC))} do AE{//}BC$
     
  16. hardyboywwe

    hardyboywwe Guest

    1/Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:

    [TEX]\frac{cosA.cosB}{cosC} + \frac{cosB.cosC}{cosA} + \frac{cosA.cosC}{cosB} = 3/2[/TEX]


    2/Hai số dương x;y thoả mãn x^2 + y^2 \leq 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

    [TEX]S = (\frac{1}{x} + 1)(y + 1) + (\frac{1}{y} + 1)(x + 1)[/TEX]
     
  17. lithoi_cp

    lithoi_cp Guest

    Mình gõ nhầm đó bạn. là d(SE,CB). :))
    tpbinhpro giỏi quá. C định thi trường nào?
    Tiếp 1 đề nữa ná. Nhà mình phải năng suất lên. Sắp thi đến nơi rồi!

    Câu 1:
    Cho hàm số [tex]y=x^{4}-(2m+1)x^{2}+2m[/tex]
    Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt.

    Câu 2:
    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
    [tex](d):\frac{x+3}{-2}=\frac{y-9}{3}=\frac{z-6}{2}[/tex]
    và mặt phẳng [tex](P):x+y+z-3=0[/tex]. Viết pt (d1) nàm trong mp (P), vuông góc với (d) và cách (d) 1 khoảng h= [tex]\sqrt{\frac{3}{238}}[/tex]

    Câu 3:
    Tính tích phân:
    [tex]\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{dx}{cosx.\sqrt{2+sin2x}}[/tex]

    Câu 4:
    Giải hệ pt:
    [tex]\left\{\begin{matrix} a^{6}(b^{2}+1)+2(a^{4}+1)a=6\\ a^{4}b(1+\sqrt{b^{2}+1})=a^{2}+\sqrt{a^{4}+1} \end{matrix}\right.[/tex]
    ([tex]a\geq 0[/tex])


    Câu 5:
    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d1): 4x-3y-12=0 và (d2): 4x+3y-12=0. Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1),(d2),trục Oy.

    Câu 6:
    Tam giác MNP có đỉnh P nằm trong mp (Q), 2 đỉnh M và N nàm về cùng 1 phía đối với (Q), có hình chiếu vuôn góc trên (Q) lần lượt là M' và N' sao cho tam giác PM'N' là tam giác đều cạnh a. Giả sử MM'=2NN'=a. Tính diện tích tam giác PMN, từ đó suy ra giá trị của góc giữa 2 mp (Q) và (MNP).
     
    Last edited by a moderator: 27 Tháng sáu 2012
  18. newstarinsky

    newstarinsky Guest

    câu 3

    [TEX]I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(\frac{1}{cos^2x}+tanx)}}dx[/TEX]

    [TEX]=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{cos^2x.\sqrt{2(1+tanx+tan^2x)}}dx[/TEX]

    [TEX]=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{u^2+u+1}}du[/TEX] (u=tanx)

    [TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}I=\int_{0}^{1}\frac{1}{ \sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]

    Đặt [TEX]t=\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}[/TEX]

    [TEX]\Rightarrow dt=\frac{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+ \frac{3}{4}}+u+\frac{1}{2}}{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}du[/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{du}{\sqrt{(u+ \frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}[/TEX]

    Vậy [TEX]\sqrt{2}.I=\int_{\frac{3}{2}}^{\frac{2\sqrt{3}+3}{2}}\frac{dt}{t}[/TEX]

    [TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=lnt[/TEX] (thay số nha)

    [TEX]\Leftrightarrow\sqrt{2}.I=ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})[/TEX]

    [TEX]\Rightarrow I=\frac{ln(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}})}{\sqrt{2}}[/TEX]
     
    Last edited by a moderator: 27 Tháng sáu 2012
  19. duynhana1

    duynhana1 Guest

    $$\displaystyle \boxed{\boxed{\color{red}{\int \dfrac{du}{\sqrt{u^2 \pm k}} = \ln | \sqrt{u^2 \pm k} + u| +C }}}$$
    $$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\mathrm{d( tan x)} }{\sqrt{2 \tan^2 x + 2 \tan x +2}} = \frac{\mathrm{d( tan x + \frac12 )} }{\sqrt{2} . \sqrt{(\tan x + \frac12)^2 + \frac34}} = \frac{1}{\sqrt{2}} . \ln | \sqrt{( \tan x + \frac12)^2 + \frac34} + ( \tan x + \frac12 ) | \bigg|_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\ln(\frac{2}{\sqrt{3}}+1)}{\sqrt{2}} $$

    Bí^^
    Không biết có phải mình nghĩ phức tạp không mà sao bài này nó lằng nhằng :-s
    + Tìm được VTCP $u_1=[\vec{u_d}, \vec{n_P}]$ của $(d_1)$.
    + Gọi (Q) là măt phẳng qua $(d_1)$ và song song với d, dễ dàng tìm được VTPT $\vec{n}= [\vec{n},\vec{u_1}]$ của (Q).
    + $d(d ; (Q) ) = d(d_1;d) = h$
    Từ đó viết được phương trình mặt phẳng (Q), lấy giao với mặt phẳng (P) ta được đường thẳng $d_1$.

     
  20. hoanghondo94

    hoanghondo94 Guest

    [TEX]d_1:4x-3y-12=0 \ (1) , \ d_2: 4x+3y-12=0 \ (2) , d_3: x=0.[/TEX]
    Gọi $A,B,C$ lần lượt là 3 giao điểm của 3 đường trên , suy ra :


    [TEX]A(3;0), \ B(0;-4) \ . \ C(0;4)[/TEX]


    $A,B,C$ cũng chính là tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$


    Mặt khác ta có : [TEX]OB =4 \ , \ OC =4 \ and \ OA=3 [/TEX]


    [TEX]\Rightarrow ABC \ can \ tai \ A \ hay \ (AB=AC).[/TEX]

    [TEX]BC= OB+OC = 8[/TEX], Theo pitago thì $AB^2=AC^2=3^2+4^2=5^2$ , Vậy $ AB = AC = 5.$


    Gọi $ I$ là tâm đường tròn nội tiếp $ ABC$ suy ra $I$ thuộc $ AO$ (vì $AO$ là phân giác trong của góc $BAC).=> I(x;0)$

    [TEX] Dat \ BC=a=8 \ , \ AC=b=5 , \ AB=c=5[/TEX] .Theo tính chất của tâm đường tròn nội tiếp thì :

    [TEX]a.\vec{IA}+b.\vec{IB}+c.\vec{IC}=\vec{0} \ (*)[/TEX]

    Ta lại có : [TEX]\vec{IA}=\vec{OI}-\vec{OA}[/TEX] , Tương tự với 2 vecto còn lại , thế vào $(*)$ ta được :

    [TEX](a+b+c). \vec { OI}=a.\vec{OA}+b.\ve c{OB}…[/TEX]

    [TEX]\rightarrow \{ x_I = \frac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c} \\ y_I = 0 [/TEX]…
    .
    [TEX]I(\frac{4}{9};0)[/TEX] , Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp thì:

    [TEX]r^2=OI^2=(\frac{4}{9})^2 => r=\frac{4}{9}.[/TEX]
     
    Last edited by a moderator: 27 Tháng sáu 2012
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted
Trạng thái chủ đề:
Không mở trả lời sau này.

CHIA SẺ TRANG NÀY

-->