Một đội sinh viên tình nguyện có 15 người được chia một cách ngẫu nhiên về ba tỉnh A, B và C , mỗi tỉnh gồm 5 người.. Biết rằng trong đội sinh viên có 9 nam và 6 nữ.. Tính xác suất sao c
Trang 1CỤM TRƯỜNG THPT
NGỌC LẶC – LÊ LAI
Đề chính thức
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HSG
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi : Toán – THPT
Thời gian làm bài : 180 phút
Ngày thi : 03/3/2017
Đề thi gồm 5 câu, 1 trang
-Câu I (4 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx24m (m là tham số) có đồ thị là (C3 m)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2 Xác định m để (C m ) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II (4 điểm).
1 Giải phương trình: 2 2sin(x -
12
).cosx = 1
2 Một đội sinh viên tình nguyện có 15 người được chia một cách ngẫu nhiên về ba tỉnh A, B
và C , mỗi tỉnh gồm 5 người Biết rằng trong đội sinh viên có 9 nam và 6 nữ Tính xác suất sao cho mỗi tỉnh đều có 3 nam và 2 nữ
Câu III (4 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
2
2xy
x y
x y x y
( x,y )
2 Tìm m để phương trình: x2 - x 1 x2 x = m có nghiệm thực.1
Câu IV (4 điểm).
1 Giải phương trình: log ( 2 2 2 )
3 2
x x = log ( 2 2 3 )
3
2 x x
2 Cho tam giác ABC vuông tại A, góc B=600, AB=a Gọi O là trung điểm của BC Lấy một điểm S ở ngoài mặt phẳng chứa tam giác ABC sao cho SB = a và SB vuông góc với OA Gọi
M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng () qua M, () song song với SB và OA, () cắt BC,
SC, SA lần lượt tại N, P, Q Đặt BM = x (0 < x < a) Tính diện tích hình MNPQ Xác định x
để diện tích này đạt giá trị lớn nhất
Câu V (4 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABCcân tại A, cạnh đáy BC có : d1: x + y – 1 = 0, đường
cao từ B là: d2: x – 2y – 2 = 0, đường cao từ C đi qua điểm M(- 2; 0) Viết phương trình các cạnh còn lại của ABC
2 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(- 1; 2; 4) và đt
t z
t y
t x d
2 2
1
Viết pt đt đi qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến là:
a Nhỏ nhất; b Lớn nhất
- Hết
-Họ và tên thí sinh:……… ……… SBD:………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
2
Tính y’ = 2
3x 6mx, y’ = 0 0
2
x
- ĐK để hs có cực đại và cực tiểu là m 0
- Tính tọa độ các điểm cực trị: M0; 4m ,3 N2m; 0
Giả sử hai điểm M, N đối xứng nhau qua đường thẳng y = x, khi đó:
- véc tơ MN (2m; 4m ) 3
cùng phương với véc tơ n (1; 1) 3
2m 4m
- trung điểm I(m; 2m3) của MN thuộc y = x
3 2
Kết hợp các điều kiện và giải ra ta có 2
2
m thỏa mãn bài toán
0,5
0,5
0,5 0,5
2 2sin(x -
12
).cosx = 1
1
0,5
sin(2 ) sin sin
sin(2 ) 2sin cos
sin(2 ) sin
x=
3
x
x
x
k
Vậy PT có hai nghiệm
4
x k,
3
x k
0,5 0,5 0.5
2 Bài toán đội sinh viên tình nguyện có 15 người được chia một cách ngẫu nhiên
về ba tỉnh A, B và C , mỗi tỉnh gồm 5 người được thực hiện theo 2 bước:
- Bước 1: chia 15 thành ba nhóm, mỗi nhóm 5 người
- Bước 2: Sắp xếp nhóm về ba tỉnh
Để hoàn thành bước 1 có C155 cách chọn nhóm thứ nhất cóC105 cách chọn nhóm
thứ hai cóC55cách chọn nhóm thứ ba
Vậy có C155 C105 C55 cách chia nhóm
Để hoàn thành bước 2 có 3! cách sắp xếp
155 105 .3!55
Gọi A là biến cố “mỗi tỉnh đều có 3 nam và 2 nữ” Hoàn toàn tương tự ta có
( ).( C ).(C C ).3!93 62 63 24 33 22
Suy ra
5 5 5
15 10 5
( ).( C ).(C C ).3! 200
0,1998
P A
C C C
0,5
0.5
0.5 0.5
Trang 3Câu Ý Nội dung Điểm III 1
Giải hệ phương trình:
) 2 (
) 1 ( 1 2
2
2 2
y x y x
y x
xy y
x
Từ các pt của hệ ta có điều kiện x + y > 0
Đặt x + y = S, xy = P, với S > 0 và S2 4P, ta có:
Pt (1) S(S2 – 2P) + 2P – S = 0 (S - 1)(S2 + S – 2P) = 0
2
1
2 0 (*)
S
Ta chứng minh (*) vô nghiệm thật vậy: nếu (*) có nghiệm thì
S2 + S – 2P = 0 2P = S2 + S > S2 4P P < 0
với S > 0 và P < 0 S2 + S – 2P > 0 (mâu thuẫn)
Vậy Pt (1) S = 1 y = 1 – x thay vào PT (2)
2 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) 1 0; , 2 3;
0,5
0,5
0.5
0.5
III 2 Xét hàm số f(x) = x2 - x 1 x2 x có tập xác định là R1
Ta có:
2
1
2
1
x lim f (x) lim
x lim f (x) lim
Và f’(x) = 22 1 22 1
Lại xét hàm số g(t) = 2 3
4
t
t trên R thì
g’(t) =
3
, t R (t ) t
g(t) đồng biến trên R
Do đó nếu u > v thì g(u) > g(v) g(u) - g(v) > 0
Áp dụng: g( 1
2
x ) - g( 1
2
x ) > 0
Từ đó suy ra f’(x) > 0 với x R f(x) liên tục và không có cực trị
Vậy f(x) = m có nghiệm m ( 1;1)
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 4Câu Ý Nội dung Điểm
2
-Trước hết ta chứng minh hình MNPQ là hình thang vuông Thật vậy:
()//OA; OA thuộc (ABC); MN=()(ABC) MN//OA (1)
()//SB; SB thuộc (SAB); MQ=()(SAB) MQ//SB (2)
Tương tự: NP//SB (3)
Từ (2) và (3) MQ//NP//SB (4)
Từ (1), (4) và SB vuông góc với OA MNPQ là hình bình thang vuông có
đường cao MN
- Tính diện tích MNPQ: 1( )
2
MNPQ
+ Tính MN: Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều BC=2AB=2a
OA=(1/2)BC=a
MN//OA và tam giác ABO đều tam giác BMN đều MN=BM=BN=x
+ Tính QM: MQ//SB MQ/SB=AM/AB MQ = a-x
+ Tính NP: NP//SB NP/SB=CN/CB NP =2
2
a x
Vậy: (4 3 ) 1 3 (4 3 )
MNPQ
- Tìm x để S đạt max: áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương 3x và 4a-3x
ta được:
2 2
1 4
MNPQ
a
Dấu “=” xảy ra khi 2
3
a
x .
0,5
0,5
0,5
0,5
Tọa độ B = d1 d2 là nghiệm của hệ:
2 2
1
y x
y x
B(
3
4
; -
3
1
);
-Vẽ d2’ là đường thẳng qua M và song song d2:
ta có pt 1(x + 2) -2(y – 0) = 0 d2’: x – 2y + 2 = 0;
-Vẽ d1’ là đường thẳng qua M và vuông góc d1:
ta có pt d1’: x – y + 2 = 0;
- Xác định C’ = d2’ d1 C’(0; 1),
- xác định K = d1’ d1 K(-
2
1
;
2
3
);
Do ABCcân tại A nên dễ thấy MCC’ cân tại M
tọa độ C(- 1; 2);
Phương trình cạnh CA qua C và vuông góc với d2:
2(x + 1) + 1(y – 2) = 0 CA: 2x + y = 0
0,5
0,5 0.5
Trang 5Câu Ý Nội dung Điểm
Phương trình cạnh BA qua B và có VTPT MC 1;2
Suy ra phương trình BA là: 3x6y 2 0
0,5
2 Giả sử cắt d tại điểm T(1 – t; - 2 + t; 2t)
Ta có:
AT = (- t; - 6 + t; - 2 + 2t),
AB = (- 2; - 2; 2)
AT
Do đó h = d(B, ) =
AT
2 2
2
) 2 2 ( ) 6 (
) 6 2 ( ) 2 ( ) 8 3 (
t t
t
t t
t
= 2
40 20 6
104 76 14
2 2
t t
t t
= 2 f (t), trong đó
f(t) =
20 10 3
52 38 7
2 2
t t
t t
0.5
f ’(t) = 4 2 2
2
) 20 10 3 (
60 8 11
t t
t t
f ’(t) = 0 t = - 2 hoặc t =
11 30
Xét dấu f(t) Maxf = f(- 2) =
7
26
, minf = f(
11
30
) =
35 1
(để ý: f(t) liên tục trên R và limtf )(t =
3
7
)
0.5
Vậy t =
11
30
AT =
(-11
30
; -
11
36
;
11
38
) pt
19
2 18
4 15
1 :
và khi đó hmin =
35
2
0.25
t = - 2
AT = (2; - 8; - 6) pt
3
2 4
4 1
1 :
và khi đó hMax =
7
182 2
0.25