- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm m[r]
(1)Trang | TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI HSG LỚP 12 MƠN TỐN Thời gian: 180 phút 1 ĐỀ SỐ
Câu (2 điểm)
1 Cho hàm số 2 1 x y
x
có đồ thị (C) điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến (C) điểm M cắt hai tiệm cận A B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Chứng minh tam giác IAB có diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M
2 Tìm m để hàm số y9xm x2 9 có cực đại
Câu (2 điểm)
a Giải phương trình sin2012x cos2012x 10051 2
b Giải hệ phương trình
2
2
1 1
1
x x y y
x y xy
Câu (2 điểm)
1 Chứng minh tan sin 9 3( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
Từ suy tam giác nhọn ABC ta có tan tan tan sin sin sin 9 3
2 A B C A B C Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y x 4 4 x 16x2
Câu (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a 3 SA vng góc với mặt phẳng đáy
a) Mặt phẳng (P) qua điểm A vng góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a
b) M N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC DC cho MAN 450 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối chóp S.AMN.
Câu 5 (1 điểm)
(2)Trang |
2 2
2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 CM tam giác IAB có diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M 1,00
2
( ) ; , 1
1 a
M C M a a
a
2
3 3
' '( )
( 1) ( 1)
y y a
x a
0,25
Tiếp tuyến (C) M có pt 3 2 ( ) 2
( 1) 1
a
y x a
a a
( )
Tiệm cận đứng 1 có phương trình x 1
Tiệm cận ngang 2 có phương trình y 1 I( 1;1) 0,25
1
5 1;
1 a
A A
a
, 2 B B2a1;1 0,25
1 1 5 1 6
. 1 2 2 . .2 1 6
2 2 1 2 1
IAB
a
S IA IB a a
a a
(không phụ
thuộc vào a, đpcm) 0,25
2 Tìm m để hàm số y9xm x2 9 có cực đại 1,00
TXĐ: ,
2 2
9
' 9 , ''
9 ( 9) 9
mx m
y y
x x x
2
' 0 9 9 0 9 9
y x mx x mx
2 2 2
0 0
81( 9) ( 81) 81.9
mx mx
x m x m x
(I) 0,25
TH m2 81 9 m 9 m x. 9x 9 x2 9( x)nên
2
9 9
' 0,
9
x mx
y x
x
suy hàm số đồng biến , khơng có cực
(3)Trang |
TH 1
2 27 9 ( )
81
m I x
m
1 2 2
1
9
''( ) 0
( 9) 9
m
y x x
x x
điểm cực tiểu m 9 loại 0,25
TH 2
2 27 9 ( )
81
m I x
m
2 2 2
2
9
''( ) 0
( 9) 9
m
y x x
x x
điểm cực đại
Vậy hàm số có cực đại m 9 0,25
II 1 Giải phương trình sin2012x cos2012x 10051 2
(1) 1,00
Đặt
sin , 0;1
t x t (1) có dạng: 1006 (1 )1006 10051 2
t t (2) 0,25
Xét hàm số f t( )t1006 (1 t)1006,t 0;1
1005 1005
'( ) 1006[ (1 ) ]
f t t t ; '( ) 0 1 2
f t t 0,25
1005 0;1 1005
1 1 1
(0) (1) 1, min ( )
2 2 2
f f f f t
Vậy
1 (2)
2 t
0,25
hay (1) sin2 1 cos 2 0
2 4 2
x x x k (kZ) 0,25
2 Giải hệ phương trình
2
2
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy
1,00
ĐK: y 1 (1) x y y2 1 x2 1
2 2 2
2 1 1 ( 1)( 1)
x xy y y x y x
2 2 2 2 2
( 1)( 1) 1 1
xy y x x y x y y x x y
(4)Trang | Kết hợp với (2) ta
2
2
2
1 0
2 0
2 1
x y x
x xy
y x x y xy
0,25
2
0 & (2) 1 1
x y y
2 1 1 2
2 & (2) 3 1
3 3 3
y x x x x y 0,25
Thử lại ta có x0,y1 1 , 2
3 3
x y thỏa mãn hệ pt Vậy hệ có nghiệm
0,25
III 1 Chứng minh tan sin 9 3( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
1,00
Xét hàm số ( ) tan sin 9 2
f x x x x 0; 2
3 2
2 2
1 2cos 9cos (2cos 1)(cos x 4cos 2)
'( ) cos
cos 2cos 2cos x
x x x x
f x x
x x
Vì 0; 0 cosx<1 (cos2 2) 4cos 0 '( )
2
x x x f x
dấu với 1 2cos x Bảng biến thiên f x( ) x
3
2
'( )
f x - +
( ) f x
3
( 3 )
2
Vậy ( ) tan sin 9 3( 3 ), 0;
2 2 2
f x x x x x
0,25
(5)Trang | Đẳng thức xảy
3 x
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên , , 0; 2 A B C
9 3
tan sin ( 3 )
2 2
A A A Tương tự, cộng lại ta
9 9
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
2 2
A B C A B C A B C Kết hợp với A B C ta có đpcm
0,25
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ hàm số y x 4 4 x 16x2 1,00
TXĐ: D 4;4 Đặt t x 4 4x t, 0 Bình phương ta
8 ( 4)(4 ) 8
t x x Dấu có x=4 Mặt khác theo BĐT Cơ-si ta có
2
8 ( 4)(4 ) ( 4) (4 ) 16
t x x x x D có x=0 Do t 0 2 2 t 4
Khi
2
2
8 1
( ) 4, 2 2;4
2 2
t
y f t t t t t
'( ) 1, '( ) 0 1
f t t f t t (loại) (2 2) 2 2, (4) 0
f f Vậy
4;4 2;4
miny min f t( ) 0
x=0, 4;4 2;4
maxy max f t( ) 2 2
x=4
0,25
0,25
0,25
0,25
(6)Trang |
, ( ) '
BCAB BC SABC SAB BCAB
( ) ' ' ( ) '
SC P SCAB AB SBC AB SB Tương tự AD'SD
0,25 0,25
' ' ' ' ' ' '
S AB C D S AB C S AD C
V V V
2
' '
2 2
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AB C S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC (1)
2
' '
2 2
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AD C S ADC
V SD SC SD SD SC SC SA SA
V SD SC SD SC SD SC (2)
0,25
0,25
Do
3
1 1 3
. . 3
3 2 6
S ABC S ADC
a
V V a a 0,25
Cộng (1) (2) theo vế ta
3
' ' ' '
' ' '
3
9 9 9 3 3 3
.
20 20 10 6 20
3 3
6 6
S AB C S AD C
S AB C D
V V a a
V
a a
0,25
2 Tìm max thể tích khối chóp S.AMN 1,50
( Hình vẽ trang cuối) C'
D'
B'
C
A
B D
(7)Trang |
1
. . 3
3
S AMN AMN
V S a Đặt BM x DN, y; x y, 0;a Trên tia đối tia DC lấy điểm P cho DPBM x
,
ABM ADP AM AP BAM DAP
0,25
0 0
45 45 45
MAN BAM DAN NAPDAPDAN
1 1
. ( )
2 2
MAN PAN
MAN PAN S S AD PN a x y
(*)
0,25
Áp dụng định lí Pitago tam giác vng CMN ta
2 2 2
( ) ( ) ( )
MN MC CN x y ax a y 0,25
2 2 2 2
2 2 2 ( )
x y xya x axa y ayxya x y a
2
a ax y
x a
0,25
Thế vào (*) ta
2 1
( )
2
MAN
a ax
S a x
x a
Đặt
2 2
2
2
( ) '( ) .
2 2 ( )
a x a a x ax a
f x f x
x a x a
'( ) 0 ( 1)
f x x a 0,25
2
(0) ( ) 2 a
f f a , f(( 1) ) a a2( 1)
2
0;
max ( ) 2
a
a f x
,
2 0;
min ( ) ( 1)
a f x a
Vậy
3
3 max
6
S AMN
a
V ,
,
M B N C M C N D
3
3( 1) min
3
S AMN
a
V MBNDa( 1)
(8)Trang | V
2 2
2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
1,00
, 0
x y
ta có
2
2 2
2 2 x 2
x y xy x xy y x y
y
0,25
2 2
2 2
2
2
1 ( 1)
2( 1) ( 3 )
3 3
a ab a ab
a ab a ab c
a ab c a ab c
2
2 2 2 2
2 2( )
2 a b
a c ab a b c a c
0,25
2 2 2 2 2 2 2
5 (10)( )
2 20
a b c a a a a a b b b c c
2
( ) 5 3 2
2 5 2 5
a a a a a b b b c c a b c
0,25 Tương tự, cộng lại ta
2 2
2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
Đẳng thức xảy 1
3 a b c
(9)Trang | 2 ĐỀ SỐ
Bài (4,0 điểm).
Cho hàm số y = x3 1x2 2
có đồ thị (C)
Tìm tất điểm đồ thị (C) cho hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm giá trị lớn hàm số:
4
4x + 3 g(x) =
x +1
Bài 2. (5,0 điểm)
Giải phương trình sau tập số thực R:
1/ cosx + 3(sin2x +sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos x + 02 2/ x42x + x3 2(x2x) = 0
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC tam giác cân có AB = AC = a (a số thực dương) mặt bên ACC’A’ hình chữ nhật có AA’=2a Hình chiếu vng góc H đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm đoạn thẳng A’C
1/ Chứng minh thể tích khối chóp A’.BCC’B’ lần thể tích khối chóp B.ACA’ 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí H A’C cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ tích lớn
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ lớn nhất, tìm khoảng cách AB A’C
Bài (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) đường thẳng : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm Msao cho: MA + MB + MC nhỏ
Bài 5(3 điểm).
Cho m số nguyên thỏa mãn: < m < 2011 Chứng minh (m + 2010)!
(10)Trang | 10 ĐÁP ÁN
Bài(ý) Nội dung đáp án Biểu
điểm
Bài (4 đ)
Bài (5 đ)
* Tìm giá trị lớn hàm số:
2
4x + 3 g(x) =
x +1
- Đặt t = x2, với t0 ta có hàm số g(t) =4 + 32t t +1;
- 2 2
2
4t 6t + 4 g'(t) =
(t +1)
; g’(t) = t = 2; t =1 2
;
- Ta lại có: lim ( )
tg t ; tlim ( )g t 0, bảng biến thiên hàm số:
t –2
2
g’(t) – + + –
g(t)
–1
4
- Vậy giá trị lớn hàm số (x)g = 4, đạt
2
x
* Tìm điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))(C), hệ số góc tiếp tuyến (C) M0 f’(x0)=3x20x0
- Vậy: 3x20x = 40 suy x0 = –1; x0 =
4
3, tung độ tương ứng f(–1) = – ; f(
4 3) =
40 27
+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;–3
2); ( 3;
40 27)
Phương trình
cosx + 2cos2x + 3.sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – ) =
cosx(2cosx + 1)+ 3.sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) =
(2cosx + 1)(cosx + 3.sinx –2.cos2x) =
0,75
0,5
0,75
0,5
1,0
(11)Trang | 11 1/
(2,5 đ)
Nếu: 1/ 2cosx + = 2 ,
x k kZ
2/ cosx + 3.sinx –2.cos2x =
1
cos sin cos
2 x x x cos(x 3) cos 2x
; ;
3
k
x k x kZ
, - Nghiệm pt là:
2
2 ,
x k kZ ; ; ;
3
k
x k x kZ
1,0 0,5
0,5
0,5
2/ (2,5 đ)
Bài (5 đ)
- Phương trình x42x + x3 2(x2x) 2(x2x) = 0
2 2
(
(x x) x x) 2(x x) = 0
- Đặt t = x2x, với t0 ta có phương trình: t4 – t2 – t = 0; suy t = 0; t =
- Với t = x = 0; x = - Với t = x = –1; x =
Tóm lại phương trình có nghiệm phân biệt:1;0;1; 2
B B’
J
C C’
H
A A’
1,0
0,75
(12)Trang | 12 1/
(1, đ)
2/
(2 đ)
Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ thể tích khối chóp B.ACA’,
- Ta có V = h.SABC (h chiều cao khối lăng trụ ABC.A’B’C’) - Ta có VB.ACA’ =
3h.SABC
- VậyV= 3.VB.ACA’ hayVA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’ - Ta có V= 3.VB.ACA’
Vậy V lớn VB.ACA’ lớn nhất,
- Ta có: . ' '
1
ACA
B ACA
V S BHhay '
2
3
B ACA
a
V BH, mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2 – BH lớn AH nhỏ tức AH A’C
5 a CH
1,0
0,5
1,5
3/ (2 đ)
Bài (3 đ)
- Trong mp(AHB) kẻ HJ AB, suy HJ đường vng góc chung AB A’C
- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: 12 12 12
HJ HA HB , ta có:
2
5 a HA ;
2
5 a
HB ; suy ra:
5
a HJ
- Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ G G(4; 3)
- Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G cố định (G không nằm ),
- Vậy MA + MB + MC nhỏ 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ hay MG vng góc với Do M giao điểm đường thẳng d qua G vng góc với
- Một véc tơ phương u(3; 2) vec tơ pháp tuyến d, phương trình d là:
3x + 2y –
3 = 0,
Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:
0,5
1,5
0,5
0,5
(13)Trang | 13 Bài
( đ)
2 12
4
3
3
x y
x y
20 13 116 39
x y
( 20 116; ) 13 39
M
y M
A
-6 -2 O x -1 G
-4
Ta có:
( 2010)! 2011 ( 2011)!
!2010! 2011 !2011!
2010 m+2010
m m
C
m m m =
2011 2011
2011 2011
Cm
m
Suy ra: 2010
m+2010
(m+ 2011)C = 2011
2011
2011.Cm , tức là: 2010 m+2010
(m+ 2011)C chia hết cho 2011 (do
2010 m+2010
C ; 2011 2011
m
C số tự nhiên)
Vì: 2011 số nguyên tố < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011)=
Vậy Cm+20102010 2011 hay (m + 2010)!
m!2011! số nguyên
0,5
1,0
1,0
1,0
(14)Trang | 14 3 ĐỀ SỐ
Câu 1: (6 điểm)
1 Cho phương trình: 21 2sin x 3.21 sin x m 4 (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 0
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
2 Giải hệ phương trình:
6
5
1 1 x y x y
Câu 2: (5 điểm)
1 Tìm GTLN hàm số: y x3 3x2 72x90 đoạn 7;7 Cho hàm số 1 2 3
4
y x x có đồ thị (C) Tính diện tích tam giác có đỉnh điểm cực trị đồ thị (C)
Câu 3: (6 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Chứng minh với giá trị t đường thẳng (d) có phương trình: xcost ysintsint2cost 3 0(t tham số) tiếp xúc với đường tròn cố định Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 BAC120 Gọi M trung điểm CC1 Chứng minh MB MA1 tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM)
Câu 4: (1.5 điểm)
Cho đa thức f x xn an1xn1an2xn2 a x1 1 có hệ số khơng âm có n nghiệm thực Chứng minh f 2 3n
Câu 5: (1.5 điểm)
Cho hàm số: yx3 2009x có đồ thị (C) M1 điểm (C) có hồnh độ x1 1 Tiếp tuyến (C) M1cắt (C) điểmM2 khác M1, tiếp tuyến (C) M2 cắt (C) điểm M3 khác M2 , tiếp tuyến (C) điểm Mn1 cắt (C) điểm Mn khác Mn1 (n = 4; 5;…), gọi x yn; n tọa độ điểm Mn
(15)Trang | 15 ĐÁP ÁN
Câu NỘI DUNG 6điểm
1 (4điểm)
1 2sin sinx
2 x 3.2 m 4
Đặt s inx 1
2 ;2
2 t t
ta có phương trình: 2t2 6t m 4(2)
0.5
a.Với m = suy ra:2t2 6t 4 0 t 1 t 2 0.5 sinx
1 2 1 sinx 0
t x k
s inx
2 2 2 sinx 1 2
2
t x k
1
b.ycbt(2) có nghiệm 1;2 2 t
2 2t 6t 4 m
0.5
(2) có nghiệm đường thẳng y = m cắt P :y2t2 6t 4 1;2 2
0.5
……
1 3 3 1
; ; 2 0
2 2 2 2
y y y
0.5
Suy
1 3
2 m 2
(1) có nghiệm 0.5
2 (2điểm)
6
5
1 (1) 1 (2) x y
x y
Lập luận từ (1) (2) suy x y, 1;1 x, y không dấu
0.75
Vai trò x, y bình đẳng , khơng làm tính tổng qt giả sử
1 x 0 y 1
Lập luận đưa hệ vô nghiệm
0.75
Nhận thấy 0;1 ; 1;0 nghiệm hệ 0.5
Câu
3 72 90
(16)Trang | 16
M
B' C'
B C
A
A'
1 (2điểm)
Xét hàm f x x3 3x2 72x90 7;7
' 3 6 72 0 4 6
y x x x x
0.5
4 266; 6 234; 7 218; 7 104
y y y y 1.0
7;7
maxy y 4 266
0.5 2
(2điểm)
4
1
2 3
4
y x x
Các điểm cực trị: A 2; ; B 0;3 ;C 2; 1
1.0
NX: điểm cực trị tạo thành tam giác cân C Suy diện tích tính:
1 1
. 4.4 8
2 2
S BH AC dvdt
1.0
Câu 6 điểm
1 (2điểm)
cos sin sin 2cos 3 0 1 sin 2 cos 3
x ty t t t y t x t (*) 0.5 tìm điểm mà đường thẳng không qua với t hay (*) vô nghiệm
2 2 2
1 2 3
y x
xét đt 2 2
1 2 3
y x (C )
0.5
C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với t 0.5
Vậy đường thẳng cho tiếp xúc với đường trịn cố định có phương trình :
2 2 2
1 2 3
y x
0.5
2 (4điểm)
a Chứng minh MBMA'
(17)Trang | 17
1
AA ' 2 BM BA AM ABAC CM ABAC
1
' ' ' ' AA '
2 A M A C C M AC
1 1
' AA ' AA '
2 2
BM A M ABAC AC
2
2
2
1 1 1 1
. .AA ' .AA ' AA '. AA'
2 2 2 4
1
4 2 5 0
4
AB AC AB AC AC AC
a a a
0.75
Suy MBMA' 0.5
b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM)
' ' AA '
'
2 2 2 2
2 2
2 '
2
AA '
1
, ' , AA '
3
1
'
1
2 .cos120 AA ' 12
' ' ' '
1
3 12 3
1
2 5; , AA ' sin 60
2
, '
A A BM A BM M
A BM
A BM
M
V d A A BM S d B M S
S MB MA
MB BC CM AB AC AC AB a
MA A C C M a
S a a a
a
S a a a d B M BH AB
d A A BM
2
.3 , '
2
a
a a d A A BM a
0.5
0.5
0.5 0.5
Câu 2 điểm
3
2009 yx x
Gọi Mkx yk; k suy tiếp tuyến Mk:y yk y x' k xxk
3 k 2009 k k 2009 k
y x x x x x
(18)Trang | 18 Tọa độ điểm Mk1 xác định:
3
2
1
2009 3 2009 2009
. 2 0 2
2
k k k k
k k k k k
k k
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x
0.5
Ta có : x11;x2 2;x3 4; ;xn 2 n1 0.5
2010 2010
3 2013 2013
2009 2 0 2009 2009 2 0
2 2 2 3 3 2013 672
n n n n n
n
x y x x x
n n
0.5
Câu 2 điểm
1 1
n n n
n n
f x x a x a x a x có hệ số không âm n nghiệm thực Suy n nghiệm âm giả sử nghiệm:x ii, 1,2, ,n
0.5
Theo cách phân tích đa thức ta
n
i i
f x x x
0.5
Đặt
1 0
n
i i i i
i
x f x x
với
1 1
n i i
0.5
Ta có
1 1
2 2 1 1 3 3
n n n
n n
i i i
i i i
f
(19)Trang | 19 4 ĐỀ SỐ
Câu 1:(4 điểm)
1 Cho hàm số
1
x m
y
mx
với m tham số Chứng minh m 0, đồ thị hàm số cắt đường
thẳng d y: 3x3m điểm phân biệt A B, Xác định m để đường thẳng d cắt trục Ox Oy,
lần lượt C D, cho diện tích OAB lần diện tích OCD Cho hàm số
2
1
x y
x
có đồ thị (C) Chứng minh điểm mặt phẳng tọa độ mà qua kẻ
được đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nằm đường trịn tâm I (1;2), bán kính R =
Câu 2: (4 điểm)
1 Giải phương trình sau tập số thực: 15 5x x 5x127x23 Giải bất phương trình sau tập số thực: 2
2
2
log
2
x
x x
x x
Câu 3: (6 điểm)
1 Cho tứ diện SABCcó , ,
2
a
ABAC a BC SAa (a0) Biết góc SAB300 góc
30
SAC Tính thể tích khối tứ diện theo a
2 Chứng minh tứ diện có độ dài cạnh lớn 1, độ dài cạnh lại khơng lớn thể tích khối tứ diện khơng lớn
8
Câu 4: (4 điểm) Tính tích phân:
1
2
2
x
I dx
x x
sinx
0
cos ln
sin x
x
J dx
Câu 5: (2 điểm)
Cho ba số thực dương a b c, , Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2
1
( 1)( 1)( 1)
2
P
a b c
a b c
(20)Trang | 20 ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
1.(2 điểm)
Phương trình hồnh độ giao điểm dvà đồ thị:
2
3mx 3m x m 0,x m
Vì m0 nên phương trình 3x23mx 1 (*) Ta có
9m 12 0, m
f 32 0, m
m m
(ở f x
là vế trái (*)) nên dluôn cắt đồ thị điểm A B, phân biệt m
Ta có A x 1;3x13m B x , 2;3x23m với x x1, 2 nghiệm (*) Kẻ đường cao OH OAB ta có 0;
10
m OH d d
2 2
2 2
2 2
1 2
3 10
40
10 40 10
3
AB x x x x x x
x x x x m
(Định lý Viet (*))
Mặt khác ta có C m ;0 , D 0; 3 m(để ý m0 C D O, , phân biệt) Ta tìm m để SOAB 2SOCD hay 10 40 3
3 10
m
m m m m
0.25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
2.(2 điểm)
Gọi M(x , y )0 0
Đường thẳng d qua M, có hệ số góc k có phương trình yk(xx )0 y0
d tiếp xúc (C ) hệ sau có nghiệm x1:
0
2
1
x k(x x ) y (1) x
1
1 k (2)
(x 1)
0
1
(1) x k(x 1) k kx y x
(3) Thay k (2) vào vị
trí (3) : x 1 x 1 k kx0 y0
x x
Suy k(1 x )0 y0
x
0,25
0,5
(21)Trang | 21 Thay vào (2)
2
0
k(1 x ) y
1 k
2
2 2
0 0
(x 1) k (1 x )(y 2) k (y 2)
(*)
Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc pt (*) có hai nghiệm
1
k , k thỏa mãn
2
1 2
0
(y 2)
k k 1
(x 1)
2
0
(x 1) (y 2)
M nằm đường trịn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm)
0,5
0,5
Câu Nội dung Điểm
1.(2
điểm) Phương trình cho 15 5 27 23
x
x x
Ta phải có 15x 5 phương trình trở thành 27 23 15
x x
x
Hàm
số f x 5x đồng biến R hàm số 27 23
15
x g x
x
có
2
480
'
15
g x
x
nên nghịch biến khoảng
1 ;
3
;
Vậy phương trình có tối đa nghiệm khoảng
Mặt khác f 1 g 1 5 1 1
f g
Nên phương trình cho có nghiệm
1
x
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
2.(2
điểm) Bất phương trình: 2
2x
log 2x 6x
x 2x
Điều kiện: x1 x>
2 (*) Với đk BPT
2
2 2
2x 2x
log 2x 6x log 2x 6x
x 2x 2x 4x
(22)Trang | 22 (2x 1) log (2x 1) 2 (2x24x 2) log (2x2 24x2)
Đặt
2
u 2x v 2x 4x
u,v>0 ulog u2 v log v2 (1)
Xét hàm số f (t)log t2 t, t D (0;) Có
1
f '(t) 0, t D t.ln
Suy f(t) hàm đồng biến D
Khi đó, (1) thành f (u)f (v) u,v thuộc D f(t) đồng biến D nên
uv
Tức 2x 2x2 4x 2x2 6x x
3 x
2
Kết hợp với điều kiện (*) tập nghiệm bpt cho
T 3; 7;
2 2
0,5
0,25
0,5
0,25
Câu Nội dung Điểm
1.(3 điểm)
Theo định lý cosin tam giác SAB ta có
2 2 2
2 os30 3
SB SA AB SA AB c a a a a a
Vậy SB = a Tương tự ta có SC = a
Gọi M trung điểm SA, hai tam giác SAB cân B SAC cân C nên
0,5
0,5
S
M
A
N B
(23)Trang | 23
,
MBSA MCSASA MBC
Ta có
3
SABC SBMC ABMC MBC
V V V SA S
Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC suy tam giác MBC cân M, MNBC, ta có MNSA (Ở N trung điểm BC)
Từ
2
2 2
2 2 2 2 3
4 16
a a a
MN AN AM AB BN AM a
Suy
4
a
MN
Vậy
3
1
3 16
SABC
a
V SA MN BC
0,5
0,5
0,5
0,5
2.(3 điểm)
Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, cạnh cịn lại khơng lớn Đặt CD = x, x0;1
Gọi M trung điểm BC, K hình chiếu B lên CD H hình chiếu A lên mp( BCD) Khi VABCD 1S BCD.AH 1x.BK.AH
3
(1)
Có
2 2
2 BC BD CD x
BM BM x
2 4
Tương tự, có
AM x
2
1,0
0,25
A
B
D
C
M K
(24)Trang | 24
Mà BK BM BK x2
2
(2), AH AM AH x (3)2
2
Từ (1), (2) (3) suy VABCD x(4 x )2 24
Mặt khác hàm số f (x) x(4 x ); x2 0;1 24
đồng biến nên f(x)
1 f (1)
8
Nên VABCD
(đpcm)
(Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh H,K trùng với M Khi 3 1
2 AB )
0,25
0,5
0,75
0,25
Câu Nội dung Điểm
1.(2 điểm)
Ta có
2
3
2
2
2
3
2
1
2
2
2
4
1 1
2
4 4
x x x
x
I dx dx
x x
x x
x x dx x x dx I I
-Tính I1:
3 3 1
2
1
2 2
3
5
2
2
2 2 2
2 10 32
2 2
5 3 15
I x x dx x dx x dx
x x
-Tính I2: Viết
2
2
I x x dx
Đặt x 2 t ta có dx2tdt
2
0
4
I t t tdt
Do
1
5
2
0
2 46
5 15
t t
I
0,5
0,5
(25)Trang | 25 Vậy 1 2 25 39
4 30
I I I
0,5
2.(2
điểm) Có 2
0
I (1 sinx) ln(cos x 1) ln(1 sinx dx
=
2 2
0 0
ln(1 cos x)dx sinx.ln(1 cos x)dx ln(1 sinx)dx A B C
Xét A
2
0
ln(1 cos x)dx
Đặt
0
0
x t A ln(1 sin t)dt ln(1 s inx)dx C
Vậy I = B
Xét B =
2
0
s inx.ln(1 cos x)dx
Đặt u = 1+ cosx B =
2
1
ln udu
Dùng phần B =
2
1
u ln u du2ln 1
Vậy: I = 2ln2 -
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu Nội dung Điểm
2 điểm Theo bđt Cơ-si ta có:
2 2 2
2 2 1
1 1
2
a b c ab c a b c
và
3
3
1 1
3
a b c
a b c
Do
3
1 27
1
P
a b c a b c
đặt t a b c t Ta có
3
1 27
P
t t
Xét hàm số
3
1 27
, 1;
f t t
t t
Vẽ bảng biến thiên hàm số
này 1; ta có max 4
f t f
1,0
(26)Trang | 26 Từ
8
P dấu đẳng thức xảy a b c
(27)Trang | 27 5 ĐỀ SỐ
Câu 1: ( 5,0 điểm )
a) Giải phương trình sau tập số thực: x 1 (2x1) x 1 2 b) Giải hệ phương trình sau tập số thực:
2
2
8 12 x y xy y
xy y xy x y
Câu 2: ( 5,0 điểm )
c Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A 1;2 ,B 4;3 Tìm trục hoành điểm M cho AMB450
d Cho tam giác ABC đều, cạnh 6cm, trọng tâm G Một đường thẳng qua G, cắt đoạn thẳng AB AC hai điểm M N cho 2AM 3AN Tính diện tích tam giác AMN
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số un xác định u1 1 un1 un 2n với n1 Chứng minh rằng: un 2n 1
2 Tính tổng S u1 u2 u3 un theo n
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho số thực dương a b c, ,
a Chứng minh rằng: 2 22 2 9 2 2 7 16
a b a b
b Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
2
(2 )(2 )(2 )
.
(3 )
a b c
P
a b c
Câu 5: ( 3,0 điểm )
Cho hàm số 1 1 4 3 1 3
(28)Trang | 28 ĐÁP ÁN
Câu Đáp án Thang điểm
1 (5,0 điểm)
a ( 2,5 điểm )
Điều kiện:
x Đặt y x 1 (y 2),
ta thu hệ
2
1 2( 1)
1
x y x y
y x
0,25 0,25
Suy
2
2
1 ( 1)
1 1
x y y x x y
y x y x y x
0,25 0,25
1 1
2
y x y x
y x
0,25 0,25
Do
15 33
1 2
32
x x x
0,5
Thay vào, thử lại thấy 15 33
32
x thỏa mãn
Đáp số: 15 33 32
x
0,25 0,25 b ( 2,5 điểm )
Đặt ux x y v, y y 1, hệ trở thành: 12 u v u v
0,5
Giải hệ tìm u v
hay
6 u v
(29)Trang | 29 Với
6 u v
ta tìm được:
1 x y
3 17 x y
0,25 + 0,25
Với u v
ta tìm được:
2 x y , x y
hoặc
2 x y 0,25 0,25
Kết luận : Hệ cho có nghiệm
1 x y , 17 x y
, x y , x y , x y 0,5 2 (5,0 điểm)
a ( 2,5 điểm )
Gọi I x y ; tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MAB Ta có: AI BI AI BI
0,25 + 0,25
2
3 10
5 10
x y
x y x y
0,25 + 0,25
3 x y
hay
2 x y
0,25 + 0,25
Với I 3;1 IA Đường trịn tâm I bán kính IA có
phương trình 2 2
3
x y cắt trục hoành hai điểm
1 1;0
M M2 5;0 0,5
Với I 2; IA Đường trịn tâm I, bán kính IA khơng
(30)Trang | 30 b ( 2,5 điểm )
Đặt AM x AN, y với x0,y0
0
1
.s in30
2
AMG
x
S AM AG ,
.s in30
2
ANG
y
S AN AG
0,25 + 0,25
1
.s in60
2
AMN
xy
S AM AN , SAMN SAMGSANG
0,25 + 0,25
Nên ta có: 3( ) 2 xy xy xy xy
Vậy ta có hệ : 2
2
x y xy
x y
0,25 0,25
Giải hệ tìm
5 10
3
x cm
y cm
0,5
Diện tích cần tìm: 25
4
AMN xy
S cm2
0,5
Câu Đáp án Thang điểm
3 (4,0 điểm)
a 2,0 điểm
Khi n1: u2 u1 21 221 0,5
Giả sử uk 2k1 với k1,kN 0,5 Ta chứng minh:
1
k k
u 0,5
Thật vậy: 2 2 1
k k k k
k k
u u 0,5
b 2,0 điểm
2 2n 2 2n
S n 0,5 + 0,5
1
2
2 2
2
n
n
S n n
(31)Trang | 31 4
(3,0 điểm)
a 1,5 điểm
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2
14a 14b 16a b 36ab 1 0,5
2 2
14 a b 4ab
0,5
Đẳng thức xảy
2
a b
0,5
b 1,5 điểm
Đặt t a b, ta có:
2
2
16 (2 7)( 2)
9 (3 )
P t c
t c
0,5
2
2
2
2
1
2 3( 1)
(2 7)( 2) 2
1
(3 ) (3 )
tc t c
t c
t c t c
0,25 + 0,25
Vậy giá trị nhỏ P
16
1
a b c
0,25 + 0,25 5
(3,0 điểm)
/
2( 1)
y mx m x m Tiếp tuyến có hệ số góc 0,25 + 0,25 Ta tìm m:mx22(m1)x 4 3m2 * có nghiệm âm 0,5
* x1mx3m2 0 x mx 2 3m 0,25 + 0,25
0
m : không thỏa yêu cầu 0,5
0
m , yêu cầu toán xảy
0
0 2
3
m m
m m
0,25 + 0,25
Kết luận:
0
m m
(32)Trang | 32 Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng
I. Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học
- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.
II. Khoá Học Nâng Cao HSG
- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III. Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh
Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai
Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online Chuyên Gia