THPT SẦM SƠN_ĐỀ TOÁN.LỚP 11 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN-LẦN I NĂM HỌC 2017-2018 y mx m 1 x m (Pm ) Xác định m để đồ thị (Pm ) cắt trục Ox hai điểm phân biệt x1,x2 thỏa mãn : Câu Cho hàm số x1 x2 2 Lời giải Hoành độ giao điểm Pm với Ox nghiệm pt mx m 1 x m 0 (Pm ) m 0 Theo gt pt có nghiệm pb ' 0 m ;0 0;1 Khi x1 - x = 2 x1 x2 x1 x2 8 m 1 x1 x2 m x x m m Áp dụng hệ thức vi ét m 2m m 0 m 1 2 m 2m m 3m 2m 2 Câu Giải pt x3 x x 1 Lời giải 8 x x y 3 Đặt x 1 y thu hệ x y 3 cộng hai pt hệ vế với vế thu dược x x y y 3 Đưa pt tích thu x y x x 8x x 0 x3 3x (1) cos t cos t 0; Với x ,đặt x cos t ; pt (1) trở thành 5 7 x cos ; x cos ; x cos 9 Tìm 1;1 Do pt bậc ba có khơng q nghiệm nên ba nghiệm nghiệm pt cho Câu Giải phương trình (1) cos x(2sin x 1) 2cos x(2sin x 1) 3sin x cos x(2sin x 1) 2cos x(2sin x 1) 3sin x sin x cos x cos x 4cos x sin x 2cos x 3sin x 0 sin x cos x 2sin x sin x 4sin x cos x cos x sin x 2cos x 0 2sin x( cos x sin x 2cos x) ( cos x sin x 2cos x) 0 (2sin x 1)( cos x sin x 2cos x) 0 2sin x 0 (2) cos x sin x 2cos x 0(3) x k (2) sin x x 5 2k Vậy phương trình cho có họ nghiệm: 5 k x k ; x k ; x (k ) 6 18 Câu Tìm tất giá trị m để hệ bất phương trình sau có nghiệm x x 0 2 ( x 2) m x x Lời giải x ĐK: Khi bpt: (1) 3x x x ( x 1) x x 0 x 1 2 2 2 BPT (2) ( x 2) m x x x ( x 4) x x m (3) t x x t 0; Đặt Ta bpt: t t m (4) Bài tốn trở thành tìm m để (4) có nghiệm t 0; 2 0; Để bpt (1) có nghiệm Xét hàm số f (t ) t t đoạn maxf (t ) m m8 m 0; Câu Cho số thực x, y, z thỏa mãn: Chứng minh rằng: xyz=2 √ 8 8 x +y y +z z +x + 4 2 + 4 2 ≥8 4 2 x + y +x y y + z + y z z +x +z x Lời giải +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c = a +b ab≤ Do +) Ta có: a +b 3( a +b ≥ ( a2 +b2 ) ) Thật vậy: (1) ⇔ 2 3( a +b ) a +b + ab≤ nên 4 4 a +b a +b ≥ a2 +b +ab ( a2 + b2 ) a=b +) Áp dụng BĐT ta có: Ta chứng minh: (1) 2( a +b ) Do ta được: Dấu“=”có ⇔ a=b ¿(a +b )2 ⇔ (a2 – b2)2 ¿0 (luôn đúng) a4 +b ≥ ( a +b ) 2 a +b +ab Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ b +c ≥ ( b2 +c ) 2 b + c + bc Dấu“=”có ⇔ b=c c +a ≥ ( c +a ) 2 c +a +ca Dấu“=”có ⇔ c=a Cộng vế BĐT ta được: a4 +b b 4+ c c +a + + ≥ ( a2 + b2 + c2 ) 2 2 2 a +b +ab b +c +bc c +a + ca (2) ⇔ Dấu“=”có a=b=c 2 2 (a +b +c )≥2 √a b2 c =8 +) Theo BĐT Cơ-si ta có: Dấu“=”có ⇔ a=b=c |x|=|y|=|z|= Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ⇔ a c b a c 2ac a c cos B 2ac 2ac 2ac - Từ định lí co sin ta có √ 2 - Mà a c 2ac nên cos B 1 1 2 Câu Chứng minh tam giác ABC có cạnh lập thành cấp số nhân có o hai góc có số đo khơng q 60 Lời giải - Giả sử tam giác ABC có ba cạnh a,b,c theo thứ tự a b c chúng lập thành cấp số cộng.Khi b ac - Từ định lí co sin ta có 2 - Mà a c 2ac nên cos B a c b a c 2ac a c 2ac 2ac 2ac cos B 1 1 2 o o - Vậy B 60 a b nên A B suy A 60 Câu Một kiểm tra trắc nghiệm gồm 10 câu,mỗi câu có phương án để lựa chọn,trong có phương án đúng.Với câu,nếu chọn phương án thí sinh điểm,nếu chọn phương án sai thí sinh bị trừ điểm.Tính xác suất để thí sinh làm cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời 26 điểm Lời giải - Số phần tử không gian mẫu 410 -Gọi x số câu trả lời thí sinh ( x N , x 10) ,thí sinh 26 điểm x (10 x) 26 x 6 Gọi A biến cố :để thí sinh làm cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời 26 điểm -Chọn câu số 10 câu có C10 cách -Với câu chọn có cách để chọn phương án cho câu đó,4 câu cịn lại có cách chọn phương án để thí sinh làm sai câu,suy Vậy A C106 34 Vậy xác suất cần tính P( A) C106 34 8505 0, 016 10 524288 Câu Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 2) Phương trình đường tròn qua trung điểm hai cạnh AB, AC chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC tam giác ABC Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( x−3 )2 + ( y+2 )2=25 Lời giải 2 *Gọi ( ) đường trịn có phương trình ( x−3 ) + ( y+2 ) =25 có tâm I (3; 2) bán kính R 5 *Gọi D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB H chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC Gọi L trung điểm đoạn HD, K giao điểm EF AD, suy K trung điểm EF AD (1) Suy KL đường trung bình tam giác ADH A K F B E C H L D KL HD KL / / AH (2) KL EF Suy Như từ (1) (2) suy H, D, E, F bốn đỉnh hình thang cân Suy ( ) qua trung điểm ba cạnh tam giác ABC GA 2GD 2GE GB GC 2GF Ta có : suy phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF thành tam giác ABC *Do biến đường trịn ( ) thành đường trịn ( ') ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn : x GI ' 2GI I ( 3;10) y 10 2 *Vậy ( ') :( x 3) ( y 10) 100 Câu Cho OABC tứ diện có OA,OB,OC đơi vng góc H trực tâm tam giác ABC.Gọi , , góc tạo OH với OA,OB, 2 OC.Chứng minh cos cos cos 1 Lời giải C Z c H γ b B O a K A Chứng minh OH vng góc với mặt phẳng (ABC) 1 1 2 2 OA OB OC Chứng minh OH Ta có cos OH OH OH OH 2 cos cos ;cos OC OC Tương tự: OA2 OB cos cos cos Nên OH OH OH 1 OH 1 2 2 2 OA OB OC OA OB OC S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm BC H trung điểm AM Biết HB HC a , 0 ∠ HBC=30 ; góc mặt phẳng SHC mặt phẳng HBC 60 Câu 10 Cho hình chóp Tính SA cosin góc đường thẳng BC mặt phẳng SHC Lời giải S B C I A H C 60° B' M K 30° B Gọi K hình chiếu vng góc A HC a a AH HM HB sin 300 AK AH sin 600 Ta có Góc (SHC) (ABC) ∠SKA =600 ⇒ SA= AK tan60 = 3a ' * Gọi B’ hình chiếu B (SHC), suy góc BC (SHC) ∠BCB Gọi I hình chiếu A SK AI ( SHC ) *Ta có BB ' d ( B,( SHC )) 2d ( M ,( SHC )) 2d ( A, ( SHC )) 2 AI Trong tam giác vng SAK, ta có AK AS 3a 2 3a 3a AI BB ' 2 16 a AK AS Do sin ∠BCB ' = BB ' 3a 3a √3 = = = BC BM HB cos 30 Vậy √ cos∠ BCB' = 1− √ 13 = 16 Hết