................................................................................................................................................................................................................................................................................
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC HSG NĂM HỌC 2016 – 2017 TỔ: TOÁN – TIN Mơn thi: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có trang) có đồ thị ( Cm ) ¡ CÂU 1: (4,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ứng với m = Chứng minh ∀m ≠ , đồ thị ( Cm ) có hai điểm cực trị A B Khi tìm giá trị tham số m ( T ) : x + ( y + 3) tâm đường tròn ( T ) ) để đường thẳng AB cắt đường tròn , ( với I = hai điểm M , N cho tam giác IMN có diện tích 1 + ( x − y + 1) = 1+ ( x − y + 1) CÂU 2: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( x − y + ) y − + x + y − = y + Giải phương trình : tan x.cot 2 x.cot x = tan x − cot 2 x + cot x CÂU 3: (4,0 điểm) Cho x, y hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + + x = 2017 ( ) + y − y Tìm giá trị nhỏ P = x + y Cho ( an ) dãy số gồm số hạng theo thứ tự khai triển ( + x ) Lấy ngẩu nhiêm lần 23 số hạng liên tiếp từ dãy ( an ) Tính xác suất để hệ số số hạng theo thứ tự lập thành cấp số cộng CÂU 4: (4,0 điểm) Tìm m để bất phương trình : ( log x ) ( + − 2m log x ≥ có nghiệm đoạn ;16 x + − x − log x ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A ngoại tiếp đường tròn (C ) tâm I có D tiếp điểm (C ) cạnh AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt cạnh AB điểm thứ hai E , đường thẳng qua A D vng góc với CE cắt cạnh BC F G Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết F (−3; −4), G(1; −1) I (−2;3) CÂU 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có AB = 5cm, AC = 7cm, SA = 3cm , góc ÐCAB = 1500 Góc tạo hai mặt phẳng ( SAB ) ( ABC ) 450 , góc tạo hai mặt phẳng ( SAC ) ( ABC ) 300 Tính thể tích khối chóp S ABC Trong không gian với hệ tọa độ Đề-Các Oxyz cho tứ diện ABCD có A ( 2;0;0) , B ( 0; 2;0) , C ( 0;0; 2) , D ( 2; 2; 2) 2 mặt cầu ( S ) : ( x - 1) +( y - 2) +( z - 3) = 16 Gọi M điểm có tọa độ nguyên nằm tứ diện Viết phương trình mặt phẳng ( a ) qua M cắt ( S ) theo đường tròn có chu vi bé Hết HƯỚNG DẪN GIẢI Chú ý : + Câu ý câu ý học sinh khơng vẽ hình vẽ hình khơng khơng chấm + Học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa + Điểm tồn khơng làm tròn Chấm chi tiết đến 0,25 điểm Câu Lời giải Điể m 1 Với m = , hàm số cho có dạng: y = x − x TXĐ: ¡ 0,5 Sự biến thiên hàm số y = −∞ ; Các giới hạn : xlim →−∞ lim y = +∞ x →+∞ x = Bảng biến thiên: Ta có: y ' = 3x − x ; y ' = ⇔ x = 0,5 BBT: x −∞ + y’ +∞ − + +∞ y −∞ −4 Hàm số đồng biến khoảng ( −∞;0 ) ( 2; +∞ ) , nghịch biến khoảng ( 0; ) 0,5 Hàm số đạt cực đại điểm x = ; giá trị cực đại hàm số y ( ) = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = ; giá trị cực tiểu hàm số y ( ) = −4 Đồ thị: Giao điểm với trục tung điểm ( 0;0 ) x = y=0⇔ x = ¡ x = Ta có: y ' = 3mx − 6mx ⇒ y ' = ⇔ ( Với m khác 0) x = 0,5 0,5 Do y ' đổi dấu qua x = x = nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm) Với x = ⇒ y = ( m − 1) ; x = ⇒ y = −m − Do vai trò A,B nên khơng tính tổng qt giả sử A ( 0;3m − 3) , B ( 2; − m − 3) Khi phương trình đường thẳng AB là: 2mx + y − 3m + = 0,5 Đặt IH = x ⇒ MH = R − IH = − x S= x = MN IH = ⇔ x − x = ⇔ x = 3m + Với IH = ⇔ + IH = ⇔ Vậy m = ± 4m + 3m 4m + Khi 0,5 3m Gọi IH ⊥ MN H ⇒ IH khoảng cách từ I đến AB ⇒ IH = 4m + diện tích tam giác ABC 0,5 = ⇔ 9m = 12m + vô nghiệm = ⇔ 9m = 4m + ⇔ m = ± thỏa mãn yêu cầu toán 0,5 x − y + > ĐK: y ≥ Đặt a = ( x − y + ) , a > ⇒ a = ( x − y + ) ⇔ x − y + = a2 − Khi phương trình thứ 2 a2 − 1+ 4 ÷ + ( a2 − 2) a2 + = 1+ ⇔ = trở thành: a a a −2 a2 − 2 ÷ ⇔ ( a − ) + a − = a + a ⇔ f ( a − ) = f ( a ) (*) 3 ' Xét hàm số: f ( t ) = t + t ¡ Ta có f ( t ) = 3t + > 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến 0,5 a = −1 (l ) ¡ Do (*) ⇔ a − = a ⇔ a = Với a = ⇔ y = x Thế vào phương trình thứ hai ta được: ( 0,5 9x − + x2 + x − = 2x + ) ⇔ x + − 9x − + x + − x2 + 2x − = x +1 ⇔ ( x2 − 5x + 6) + x + + x − ( x + 1) + ( x + 1) x + x − + Do ĐK: y ≥ 2 mà y = x ⇒ x ≥ 9 ( ÷ = (2*) ÷ x + 2x − ÷ ) 0,5 x = (2*) ⇔ x − x + = ⇔ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) ; ( 3;3) 0,5 cos x ≠ sin x ≠ ĐK: sin x ≠ ⇔ sin x ≠ sin x ≠ 2 2 Khi phương trình cho ⇔ cot x ( tan x cot x − 1) = tan x − cot x − cos2 x + cos4x − cos2 x + cos4x ⇔ cot x − 1÷ = − + cos2 x − cos4x + cos2 x − cos4x ⇔ cot x ( − cos2 x ) ( + cos4x ) − ( + cos2 x ) ( − cos4x ) 0,5 = ( − cos2 x ) ( − cos4x ) − ( + cos2 x ) ( + cos4x ) ⇔ cot x ( cos x − cos x ) = −2 ( cos x + cos x ) cos x = cos x ( −4sin 3x sin x ) = −4 cos x cos x ⇔ cos x sin x = cos x cos x ⇔ sin 3x tan x = + cos x = ⇔ x = + tan x = ⇔ x = π kπ + , 0,5 0,5 k ∈¢ π + kπ Kết hợp điều kiện suy phương trình có nghiệm là: Từ giả thiết, ta có: ( x+ 0,5 + x2 )( y+ ) + y = 2017 (vì y + + y ≠ , ∀y ∈ ¡ ) Đặt t = x + + x a = 2017 ta dễ thấy t > x = Từ giả thiết ta có: y + + y = t −1 2t a a2 − t , suy y = t 2at (1) (2) Theo BĐT Cauchy, ta có x+ y = 0,5 a −1 a a −1 a a −1 a − 2016 t = a = = t + ÷≥ 2a t 2a t 2a a 2017 Đẳng thức xảy t = 2017 Từ (1), (2) (3) suy x= y= Vậy giá trị nhỏ P 0,5 2016 2017 2016 2016 , x = y = 2017 2017 Trong khai triển ( + x ) 23 có 24 số hạng (3) 0,5 Số cách chọn ngẩu nhiên số hạng liên tiếp 22 cách k −1 k k +1 Giã sử khai triển số hạng có hệ số C23 , C23 , C23 theo thứ tự lập thành cấp số k −1 k +1 k cộng ⇒ C23 + C23 = 2C23 ⇔ 23! 23! 23! + = ( k − 1) !( 24 − k ) ! ( k + 1) !( 22 − k ) ! k !( 23 − k ) ! x > x > ⇔ ĐK : x ≠ x + − x − log x ≠ 0,5 Ta thấy: 0,5 ) ( + Nếu: ( x + − x − > ⇔ x + > x + ⇔ x + > ( x + 1) ⇔ x < Khi log x < nên ) x + − x − log x < < x < + Nếu: Vậy: ( x + − x − < ⇔ x > log x > nên ( ) x + − x − log x < x > ) x + − x − log x < 0, x > 0, x ≠ Do bất phương trình cho ⇔ ( log x ) + − 2m log x ≤ (*) 0,5 1 Đặt t = log x , ta có x ∈ ;16 \ { 1} ⇔ t ∈ [ −2; 4] \ { 0} 2 (*) trở thành: t + − 2mt ≤ (2*) + Khi t ∈ [ −2;0 ) (2*) ⇔ + Khi t ∈ ( 0; 4] (2*) ⇔ Xét hàm số: f ( t ) = ' Đạo hàm: f ( t ) = t2 +1 ≥ m (1) t t +1 ≤ m (2) t t2 +1 , t ≠0 t t = t −1 , f ' ( t) = ⇔ t t = −1 lim f ( t ) = −∞, lim+ f ( t ) = +∞ t → 0− t →0 Bảng biến thiên: 1 Từ bảng biến thiên suy bất phương trình cho có nghiệm x ∈ ;16 (1) có nghiệm 2 m ≤ −2 t ∈ [ −2;0 ) (2) có nghiệm t ∈ ( 0; 4] m ≥ 0,5 m ≤ −2 Vậy: thỏa mãn yêu cầu toán m ≥ 2 0,5 C G D F A E H B K ¼ = DBE ¼ Hạ HK ⊥ CE ( K ∈ CE ) BK ∩ AC = H Tứ giác CDEB nội tiếp ⇒ DCE (1) ¼ ¼ AEC = BEK ¼ =¼ ⇒ KBE ACE (2) Ta có ¼ ¼ CAE = BKE = 90 ¼ = HBA ¼ =¼ Từ (1) (2) ⇒ DBA ACE Đồng thời AB ⊥ DH ⇒ ∆DBH cân B ⇒ AD = AH mà DG / / AF/ / BH ⊥ CE ⇒ 0,5 AD FG = = ⇒ FB = FG ⇒ B( −7; −7) AH FB qua B (−7; −7) ⇒ ( BI ) : x − y + = Ta có BI phân giác góc ¼ ABC Gọi P qua I (−2;3) ( BI ) : điểm đối xứng với F qua BI Dễ thấy P ∈ AB tọa độ P (−7; −2) ⇒ phương trình AB : x + = Theo giã thiết ta có IG = GF = IF = ⇒ ∆IGF vuông cân 0,5 G ⇒ IG ⊥ FG ≡ BC ⇒ G tiếp điểm (C ) với BC bán kính r = Suy phương trình đường tròn (C ) : ( x + 2) + (y− 3) = 25 Gọi Q tiếp điểm (C ) AB ⇒ Q (−7;3) Ta có BQ = BG = 10 uuur uuu r AQ = r = ⇒ BQ = 2QA ⇒ BQ = 2QA ⇒ A(−7;8) 0,5 Phương trình AC qua A vng góc với AB ⇒ AC : y − = Phương trình BC qua hai điểm B F ⇒ BC : x − y − = ⇒ C (13;8) Vậy tọa độ đỉnh là: A(−7;8) , B (−7; −7) C (13;8) 0,5 S C B H N M A Dựng đường cao SM tam giác SAC đường cao SN tam giác SAB Trong mặt phẳng ( ABC ) qua M kẻ đường thẳng d1 vng góc với AB M qua N kẻ đường thẳng d vng góc với AC N Khi d1 cắt d H Dễ dàng chứng minh H chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng ( ABC ) Đặt SH = h 0,5 Theo ta có góc ∠SMH = 450 , ∠SNH = 300 ⇒ ∆SMH cân H ⇒ HS = HM = h (1) Mà tứ giác AMHN nội tiếp ⇒ ∠MHN = 300 Ta có: tan ∠SNH = Áp dụng SH = ⇒ HN = SH = 3h HN định lý cosin cho tam MN = HM + HN − 2.HM HN cos 300 ⇒ MN = h giác MHN Ta có (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆HMN cân M ⇒ ∠HNM = 300 mà ∠HNM = ∠HAM = 300 chắn 0,5 cung HM Xét tam giác ∆AMH vuông M ⇒ sin ∠MAH = HM ⇒ AH = HM = 2h AH 2 2 Xét tam giác ∆SAH vuông H ⇒ SA = SH + AH ⇔ = h + 4h ⇔ h = (cm) 0,5 1 35 5.7 = Khi thể tích khối chóp S ABC V = SH AB AC.sin ∠BAC = 20 Vậy V = 35 (cm3 ) 20 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;3) bán kính R = 0,5 Điểm M thuộc miền tứ diện có tọa độ nguyên ⇒ có điểm M ( 1;1;1) uuur IM ( 0; −1; −2 ) ⇒ IM = < R nên M nằm mặt cầu ( S ) 0,5 Mặt phẳng ( α ) cắt ( S ) theo đường tròn có chu vi nhỏ khoảng cách từ I đến mặt 0,5 phẳng ( α ) lớn IM uuur ⇒ ( α ) mặt phẳng qua M nhận IM làm véctơ pháp tuyến Vậy ( α ) có phương trình: y + z − = 0,5 ... cos2 x + cos4x − cos2 x + cos4x ⇔ cot x − 1÷ = − + cos2 x − cos4x + cos2 x − cos4x ⇔ cot x ( − cos2 x ) ( + cos4x ) − ( + cos2 x ) ( − cos4x ) 0,5 = ( − cos2 x ) ( − cos4x ) − ( +... a −1 a a −1 a a −1 a − 2016 t = a = = t + ÷≥ 2a t 2a t 2a a 2017 Đẳng thức xảy t = 2017 Từ (1), (2) (3) suy x= y= Vậy giá trị nhỏ P 0,5 2016 2017 2016 2016 , x = y = 2017 2017 Trong... IH = ⇔ + IH = ⇔ Vậy m = ± 4m + 3m 4m + Khi 0,5 3m Gọi IH ⊥ MN H ⇒ IH khoảng cách từ I đến AB ⇒ IH = 4m + diện tích tam giác ABC 0,5 = ⇔ 9m = 12m + vô nghiệm = ⇔ 9m = 4m + ⇔ m = ± thỏa mãn yêu