De KS doi tuyen lan 2 THPT Quang Xuong 4

Trường THPT Quảng Xương 4 ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2016-2017

MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (4.0 điểm) Cho hàm số y x33mx1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1

b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với

O là gốc tọa độ )

Câu 2 (4.0 điểm)

a) Giải phương trình sin 2x 1 6sinxcos 2x

2

,

x y











Câu 3 (4.0 điểm)

a) Cho , ,a b c là các số dương và a b c  3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 b) Tìm m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt

2

x x

 

Câu 4 (4.0 điểm)

nhau, sao cho mỗi số đó phải có đồng thời hai chữ số 1 và 2 và hai chữ số này không đứng

kề nhau

Câu 5 (4.0 điểm)

Hết Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Đáp án

Với m=1 hàm số trở thành: y x33x1

TXĐ: D R

2

y  x  , ' 0y   x1

0.5

Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 1 và 1;  , đồng biến trên khoảng  1;1

Hàm số đạt cực đại tại x 1, y CD3, đạt cực tiểu tại x 1, y  CT 1

lim

x y

    , limx  y

0.5

* Bảng biến thiên

x – -1 1 +

y’ + 0 – 0 +

y +

 3 -1 -

0.5

Đồ thị:

4

2

2

4

0.5

b)

y  x  m x  m

y' 0  x2 m0 * 

0.5

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt m0 ** 

0.5 Khi đó 2 điểm cực trị A m;1 2 m m , B m;1 2 m m 0.5

2

2

m 

0,5

1

Ta có sin 2x 1 6sinxcos 2x (sin 2x 6sin ) (1 cos 2 ) 0x   x 

0.5

 2sinxcosx 32sin2 x0 2sinxcosx 3 sin x  0 0.5 sin 0

sin cos 3( )

x

x x Vn







0.5

 x k  Vậy nghiệm của PT là x k k Z ,  0.5 b)

Ta có

 

         





Điều kiện x 3

y









0,25

Xét hàm số f t   t3 3 ,t  t ,f t  3t2 3 0  t  Vậy hàm số f t đồng biến 

trên  Từ  1 ta có f x 1 f y  2  x1 y 2 y x 1  3

0,5 Thay  3 vào  2 ta được phương trình: x1 x 3 x7 x10x26x1  4

Phương trình           2

4  x1 x 3 3  x7 x10 4 x  x 30

0,5

 1  6  7  6  5  6

 

 

6 0 5

5 6

x

x

 







 Từ  5 : x 6 0  x  6  3 y 7 x y;   6;7 là một nghiệm của hpt

0,25

 Từ  6 : 1 3 7 7 0 7 

0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x y ;  6;7 . 0,25

Vì a + b + c = 3 ta có

a bc  a a b c  bc  a b a c 

2

bc

a b a c

Vì theo BĐT Cô-Si: 1 1 2

( )( )

a b a c    a b a c  , dấu đẳng thức xảy ra b = c

0,5

2 3

b a b c

b ca

2 3

c a c b

c ab

0,5

Suy ra Pbc ca  ab bc  ab ca a b c  3, 0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Vậy max P = 3

2 khi a = b = c = 1.

0,5

b

ĐK: x>1

Bất phương trình đầu của hệ cho nghiệm là 1<x<3 0.5 Vậy hệ có 2 nghiệm phân biệt khi pt (2) của hệ có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1;3)

2

2

log ( 2 5) log ( 2 5) 5log ( 2 5) 0

m

x x

x x

 

0.5

Vì 1<x<3 suy ra 4x2 2x  5 8 2 log ( 2 x2 2x5) 3

2 log ( 2 5); 1 3 2 3

Xét hàm số f t( ) t2 5t trên (2;3) lập bảng biến thiên và suy ra 46

25

Các số cần tìm có dạng 1bcde a cde ab de abc e abcd , 1 , 1 , 1 , 1 0,5 Các số dạng 1bcde, abcd1 có: 2(3.5.4.3)=360 số 0,5 Các số dạng 1a cde, ab de abc e có: 3(2.5.4.3)=360 số1 , 1 0,5

b

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên

M là trung điểm của HD suy ra H2;0 Đường thẳng BH có vtcp là EH 3;3

vtpt

là nBH 1; 1  BH x y:   2 0 0,5

F E

M

O H

D

C

A

B

Do ACBH nên vtpt của AC là nAC uBH 1;1 pt AC x y:   4 0

Do ACCD nên vtpt của CDlà nDC uAC 1; 1  pt DC x y:   6 0 0,5

Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

 

5; 1

C

0,5

Do M là trung điểm của BC nên B1; 1  Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là

4;0 : 2 0

Do A là giao điểm của AC và AHnên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

 

2; 2

A

0,25

3

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A2; 2 , B1; 1 , 5; 1     0,25

m MN = 5.64 cm

m OS = 7.09 cm

m AD = 3.51 cm

m BC = 3.31 cm

O

S

Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BDSAC

0,50 Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta thấy SBDABDCBD c c c 

2

OA OC OS   AC nên SAC vuông tại S

Xét SAC ta có AC SA2SC2 2 2 OC 2,OD CD2 OC2  1 BD2 0,25

S CMD S ABCD SAC

Gọi N là trung điểm của ADnên CD/ /SMN 

( , ) ( ,( )) ( ,( )) C SMN

SMN

V

d CD SM d CD SMN d C SMN

S



Thể tích . . 15

12

C SMN S MCD

V V  (1)

0,5

MN SM  SN  ( sử dụng công thức đường trung tuyến)

Theo định lý hàm số cosin trong SMN ta có cos 2 sin 23

SMN   SMN 

sin

SMN

S  SM MN  SMN  (2)

Thay (1), (2) vào   ta được .

3 15

( , )

23 23

4

C SMN SMN

V

d CD SM

S



0,5

b

(P) chứa trục Oz nên (P) có dạng : Ax+By=0  np ( ; ;0)A B

Vectơ pháp tuyến của mp(Q) là : n Q (2;1; 5) 0.5 Theo bài ra ta có : Cos P Q(( ),( )) 2A B cos 600 1 0.5

2 2

6A 16AB 6B 0

Chọn B=1 ta được

3 2

1 3

6 16 6 0

A A







    



0.5 Vậy có hai mặt (P) thỏa mãn là : -3x+y=0 và (1/3)x+y=0 0.5

5