De KTĐTHSG lan 2

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I có A3;3.. Điểm M3; -1 nằm trên đường tròn I và thuộc cung BC không chứa điểm A.. Gọi D, E l

SỞ GDĐT THANH HÓA

Ngày 24/02/2017 Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

CâuI(4.0điểm) Cho hàm số y x 42(m 2)x2m2 5m5 có đồ thị (C ( m) mlà tham số thực).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  0

2 Tìm m để (C có ba điểm cực trị A, B, C sao cho các góc của tam giác ABC thỏa mãn m)

3 osA 3 osB 3 osC cos cos cos

e e

e e e

Câu II (4.0điểm)

1 Giải phương trình 1 2 cos (4 ) 4 2 sin ( )

2 Giải hệ phương trình

 

1

2

x y













Câu III (4.0điểm)

1.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

     

2 Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ

2





0 0

( ; )x y với x  0 [ 6;0]

Câu IV(4.0điểm)

1 Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số abc a  sao cho ba chữ số a, b, c theo thứ tự tăng dần Tính  0 xác suất để lấy ra trong tập S một phần tử là số chẵn

2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (I) có A3;3 Điểm M(3; -1) nằm trên đường tròn (I) và thuộc cung BC không chứa điểm A Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các đường thẳng BC, AC Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết trực tâm tam giác ABC là điểm H(3;1), đường thẳng DE có phương trình là x2y 3 0 và hoành độ của B nhỏ hơn 2

Câu V(4.0điểm)

1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn AB2 ,a BC a 2,BD a 6 Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác BCD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a

2 Trong không gian Oxyz ,cho ba điểm A 1;0;0 , B 0;2;0 ,C 0;0;3      Gọi M là điểm thay đổi trên mp(ABC)

và N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON 1 Chứng minh N luôn thuộc một mặt cầu (S) cố định Xác định phương trình mặt cầu (S)

-HẾT -HƯỚNG DẪN

I.2

(2,0) Hàm số có 3 cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt

2

m

Gọi A(0;m2 5m5), B( 2 m;1 m), C( 2 m;1 m) là 3 điểm cực trị của (C m)

Từ giả thiết ta có

3 cos osB cosC 2

cos cos cos

A c

e e

  

ln 1 ( osA) ln 1 ( osB) ln 1 ( osC) ( cos ) ( cos ) ( cos )

Xét hàm ( ) ln(1f x  x) x trên 1 3;

2 2

  được

ln(1 )

x x







từ đó cos cos cos 1

2

A B C suy ra tam giác ABC đều nên

AB = BC = AC (2 m)4 3(2 m) (2 m)3  3 m  2 33 (thõa mãn)

II.1

(2,0) PT  1 + sin 4xcos 4x4s in x  cos x

 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

x

















Ta có: cos 3x – sin x = 2 3 2 1

cos 3 1

sin x cos x sin x

x





 



 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm :x k ,kZ



II.2

(2,0)

Điều kiện x1,y0, 2x y 0

Từ phương trình thứ hai của hệ ta có

3 2

2 3

2 1 log y y 2x y 1 log 2x y 2x y

3

2 1 log t t t

t

t

nên (2) f y f2x y  y2x y  xy

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ được

1

2























1 1

1 2

3 5

2 2































x

x x

x x































0 1 1

1 2

3 5 2 2

x x x

3 5

2 2









x

x

1 1

1







x

1 1

1 3

5

2











x

x x

x x

x

Vì vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (2; 2)x y 

III.1

(2,0) Xét hàm số:

3

2

x

  với x0;

'( )

f x

Bảng biến thiên của f ( x ):

Từ bảng biến thiên ta được: f x( )f  1   0, x 0

Thay x lần lượt bằng a, b, c ta được: f ( a ) f b    f c  0

2

 

2

c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a b c  1

III.2

(2,0)

Dễ thấy nếu ( ; )x y là nghiệm thì 0 0 ( ;x0  y0)cũng là nghiệm nên điều kiện cần để nghiệm duy nhất là y  0 0

Với y 0 0

0

0

0 1 3 2

x m x m

 













 

 



 

 Xét m 1 bất phương trình thứ nhất của hệ thỏa mãn với mọi x  0 [ 6;0]

do ( 2 1)2 ( 2 1)2 2





nên hệ có nhiều hơn 1 nghiệm, chẳng hạn (0;0),(1; 2 1 )



Xét m 2hệ có nghiệm duy nhất ( ; )x y0 0  ( 3;0)thỏa mãn x  0 [ 6;0]

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; )x y với 0 0 x  0 [ 6;0] khi m 2

Do a  và a, b, c theo thứ tự tăng dần nên 3 số đó được chọn từ các số 1, 2, ,9.0

số phần tử của S là 3

9 42

C 

Số chọn được là số chẵn có 2 2 2

7 5 3 17

C C C 

Xác suất cân tìm là: 17

42

IV.2

(2,0)

Theo giả thiết ta có A, H, M nằm trên đường thẳng x  3 0 suy ra D là trung điểm của HM

3;0

D

 Đường thẳng BC đi qua D và có vector pháp tuyến HD 0;1 BC y: 0

Gọi F

là hình chiếu của M lên đường thẳng AB suy ra F thuộc đường thẳng DE suy ra F3 2 ; t t

1

5

t

t







 



 

t  F   FA x y  

  Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ 3 12 0 4



Với t 1 F1;1  AF x y:  0 Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của

B

  Do C nằm trên đường thẳng BC nên C u ;0 Mặt khác H

là trực tâm nên HB vuông góc với AC   AC HB  0 3u 9 3 0   u 4 C4;0  Vậy B(0 ; 0), C( 4; 0 )

V.1

(2,0)

K

O

M

H

B

S

A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD), M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABCD Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên

2 2 2 2 2 2

4

AH BH  a AB  AH BH , kết hợp với AH vuông góc với SH ta được

 

AH  SHB Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được AH SHB suy ra

AH HK HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB suy ra HK a

Trong tam giác vuông SHB ta có 1 2 12 12 SH 2a

HK SH HB  

a

V  SH S  SH S  SH OA BH 

V.2

(2,0)

Gọi H là hình chiếu của O trên (ABC) và K là điểm trên tia OH sao cho

OH.OK OM.ON 1

Khi đó hai tam giác OHN và ONK đồng dạng với nhau ( c.g.c) nên góc ONK 900

Do O và K cố định nên N thuộc mặt cầu đường kính OK cố định

Tìm được tọa độ 36 18 12

49 49 49

  Do K thuộc đường thẳng OH nên K(6t;3t;2t),t  R.

Do các véc tơ OH,OK 

cùng hướng nên

6

suy ra 1 1

K 1; ;

2 3

Do đó N thuộc mặt cầu (S) có phương trình