Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D4; 2 .. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điể
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 1 ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG NĂM 2017 Môn thi: TOÁN 12
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 05 câu.
Câu I (4 điểm) Cho hàm số yx3 3mx23(m2 1)x m 34m 1
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1
2/ Tìm các giá trị của m để hàm số có cực trị và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
nằm trong đường tròn (C): (x- 2)2+ -(y 1)2=9
Câu II (4 điểm)
1/ Giải phương trình: 3sinx cosx 2 sin 2xcos 2x
2/ Giải hệ phương trình:
2
xy y x
Câu III (4 điểm)
1/ Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn x2 y2 z2 và 9 xyz Tìm giá trị lớn nhất 0
của biểu thức : T 2(x y z ) xyz.
2/ Giải bất phương trình 2 2
1 1 1
x
x
x
Câu IV (4 điểm)
1/ Tính tổng S 3C20180 5C20182 7C20184 2021 C20182018
2/ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3x 5y 8 0, x y 4 0 Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D4; 2 Viết phương trình các
đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Câu V (4 điểm)
1/ Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các mặt bên là các tam giác nhọn Gọi E là điểm trên cạnh SB sao cho ES 3EB F; là trung điểm của SC. Mặt phẳng (DEF) cắt cạnh AB tại J. Tính cosin góc giữa SDvới BC và thể tích của
khối đa diện BCDJEF. Biết rằng SB SD ,
2 2
và
a
S a S
2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S)x2(y1)2(z2)2 25 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1; 2;3) và vuông góc với mặt phẳng
( ) : x y 4z 2017 0 Đồng thời ( ) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn
có diện tích bằng 16
……… HẾT………
Trang 2Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Thí sinh không sử dụng tài liệu và MTCT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM
I
(4đ)
1) Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số
yx mx m x m m 2,0
2) Tìm m để hs có cực trị (x 2)- 2 + -(y 1)2 =9 2,0
y x mx m
Hàm số có cực trị y' 0 có hai nghiệm phân biệt
' 9 0
luôn đúng với mọi m
0,5
' 0
y = có hai nghiệm
1 2
1 1
é = + ê
ê =
-ë Ta có y'' = 6x- 6mÞ y''(x ) 1 = > 6 0
Þ = + là điểm cực tiểu và tọa độ điểm cực tiểu là : A( 1;m m 3)
0,5
Đường tròn có tâm (2;1); RI = 3
Điểm cực tiểu A nằm trong đường tròn nên IA< R 0,5
(m 1) (m 4) 3
IA< ÛR - + + < Û 2m2 - 10m+ < Û < < 8 0 1 m 4
Vậy 1 < < thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.m 4 0,5
II
(4đ) 1 Giải phương trình:
3sinx cosx 2 cos 2x sin 2x 0. 2,0
Phương trình đã cho tương đương:
2 2
3sin 2sin cos cos 2 (1 2sin ) 0
2sin 3sin 1 cos (1 2sin ) 0 (sin 1)(2sin 1) cos (1 2sin ) 0
(2sinx 1)(sinx cosx 1) 0
1
2 sin cos 1 0 (2)
x
1,0
2 6
7 2 6
k Z
0,5
2
2
x k
0,5
Kết luận:
x k x k x k x k k Z
2/ Giải hệ phương trình:
2
xy y x
ĐKXĐ: x R; y R
2
2
2
x x
0,5
Trang 32 2
y x x (1) Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :
2
2 2 2 1 2 2 3 2 2 4
0,5
x11 1x22 1 x x 22
Xét hàm số f t( ) t1 t2 2
với t R Ta có 2
2
2
2
t
t
đồng biến trên R
0,5
Mặt khác, phương trình (*) có dạng
1
2
f x f x x x x
Thay
1 2
x
vào (1) ta tìm được y 1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là
1 2 1
x y
0,5
III
(4đ) 1/ Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn x2y2z2 và 9 xyz Tìm giá trị0
lớn nhất của biểu thức : T 2(x y z ) xyz. 2,0
Giả sử x≤ y≤z , do xyz≤0 nên x≤0 .
Do x2y2z2 9 x2 9 x [ 3;0]. Ta có
yz≤(y+z2 )2≤y2+z2
2 , do đó
0,25
2( x+ y+z )−xyz≤2 x +2√2( y2
+z2
)−x y
2
+z2
2
=2 x+2√2(9−x2)−x(9−x2)
x3
2 −
5 x
2 +2√2(9−x2)
0,5
Xét f (x )= x
3
2−
5 x
2 +2√2(9−x2
) với x∈[−3;0]ư
⇒f '( x)=3
2x
2−5
2−
2√2x
√9−x2
f ' (x )=0⇔3
2x
2
−5
2−
2√2 x
√9−x2=0⇔√9−x2(5−3 x2)=−4√2 x
⇔(9−x2)(5−3 x2)2=32 x2 (Điều kiện 5−3 x2 ≥0 )
⇔9 x6−111 x4+327 x2−225=0 ⇔ x2=1, x2=3 , x2= 25
3
Do x2≤ 5
3 nên x2=1⇔ x=−1, x=1 (loại).
0,5
f (−3)=−6 ,f (−1)=10, f (0)=6√2 suy ra [−3; 0 ]ưmax f ( x)=f (−1)=10 0,25
Trang 4Dấu bằng xảy ra khi 2 2
1
1 2
x
x
y z
y z
Vậy 2( x+ y+z )−xyz≤10
Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) là một hoán vị của (-1; 2; 2)
2/ Giải bất phương trình 2 2
1 1 1
x
x
x
Điều kiện x 1 Bất phương trình đã cho tương đương với:
Đặt 1 2
x t
x
, khi đó bất phương trình (1) trở thành:
3 2 0
2
t
t t
t
0,5
Với t < 1 thì
2
1
x
x
1 x 0 :bất phương trình (2) đúng
0 x 1: bất phương trình
2
Tập nghiệm của bất phương trình (2) là 1
2 1;
2
S
0,5
Với t > 2 thì
2
1
x
Bất phương trình (3) 2 2
5 4(1 )
x
x
Tập nghiệm của bất phương trình (3) là 2
2 5
;1 5
S
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
2 2 5
SS S
0,5
.
IV
(4đ) 1/ Tính tổng
Tính được C20180 C20182 C20184 C20182018 22017 0,5 Chứng minh kC2018k 2018C2017k1, k n N, , 0 k n.
2C 4C 2018 C 2018 C C C 2018.2 Vậy S 2018.22016 3.22017 1012.22017
Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để giải bài toán này
1,0
Trang 52/ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, 2,0
M K H
D
C B
trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC Ta kí hiệu
,
d d
n u
lần lượt là vtpt, vtcp của
đường thẳng d Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là
nghiệm của hệ phương trình:
7
;
2
x
x y
M
x y
y
0,5
AD vuông góc với BC nên n AD u BC 1;1
, mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của AD:1x 41y2 0 x y 2 0 Do A là giao
điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
1;1
A
0,5
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
3; 1
K
0,25
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE, mà KCE BDA (nội tiếp chắn
cung AB) Suy ra BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H2; 4
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng
minh, trừ 0.25 điểm)
0,25
Do B thuộc BC B t t ; 4, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
7 ;3
C t t
( 2; 8); (6 ;2 )
HB t t AC t t
Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
7
t
t
0,25
Do t 3 t 2 B2; 2 , C5;1 Ta có
1; 3 , 4;0 AB 3;1 , AC 0;1
Suy ra AB x y: 3 4 0; AC y: 1 0.
0,25
V 1/ Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 2,0
E
Trang 6)
Do ABCD là hình vuông cạnh a nên ACBD a 2 và ACBD, gọi I là tâm
của hình vuông, H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD); do SB = SD nên
SI BD suy ra BD(SAC) (SAC) ( ABCD) HAC.
0,25
Có SBD cân tại S và
.
SBD SBD
BD
BC //
cos( ; ) cos( ; ) cos
AD SD BC SD AD SDA (do mặt bên là các tam giác nhọn)
0,5
Lại có
và sin
a
S S SD AD SDA
SAD
S
SD AD
Có
4
a
SA SD AD SD AD SDA SI
do đó H là trung điểm của
AI
3
.
.
.
0,25
Gọi K EF BC J∩ ; KD AB∩ DJEF là thiết diện khi cắt hình chóp bởi
(DEF).
Kẻ
1
3
KB FC ES FM FC FS KB KJ
BM KF
là trung điểm của KF. 0,25
.
.
K JBE
BCDJEF K DCF
K DCF
0,25
Mà
3 , 2
KDCF
BDCF
V BC
3
.
BDCF
BCDJEF S BCD S ABCD
S BDC
0,25
J
M E
K
F
H
D
I A
B
C S
Trang 7Vậy
144
26 BCDJEF
2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, 2,0
mp có VTPT: n 1 1;1; 4
Giả sử n a b c; ;
, a2 b2 c2 0
là VTPT của mp
Ta có : n n 1 0 a b 4c 0 b a 4c
:a x 1 a 4c y 2 c z 3 0
0,5
Giả sử đường tròn giao tuyến của và mặt cầu S có bán kính là r
Ta có: r2 16 r 4
Mặt cầu S có tâm I0;1; 2 , bán kính R 5
d I , R2 r2 3
3 4
0,5
a2 32ac 68c2 0
2 34
Với a 2c, chọn c 1 a 2 : 2x2y z 5 0
0,5
Với a 34c, chọn c 1 a34 : 34x 38y z 113 0
Vậy có hai mp thỏa mãn có PT: 2x2y z 5 0
34x 38y z 113 0
0,5