Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7.. Nếu trượt cả hai lần thì xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3..
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA
NĂM HỌC 2016-2017
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu I (4 điểm) Cho hàm số y = x3-3x +1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:
(m21)x3 = 3(m21)x + 4m
Câu II (6 điểm):
1 Giải phương trình: cosx 3 3 sinx cos 7x
2 Giải phương trình:
2
2016 6 2
1
x
x x
3 Giải hệ phương trình:
2 2
Câu III (2 điểm) An tham dự một kì thi An được phép thi 3 lần Xác suất lần đầu vượt qua kì thi là
0,9 Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7 Nếu trượt cả hai lần thì xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3 Tính xác suất để An thi đậu
Câu IV (6 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3;
4
1
), tâm đường tròn ngoại tiếp là K(0;
8
29
), trung điểm cạnh BC là M( ; 3
2
5
) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn hơn hoành độ của C
2 Trên ba tia Ox, O y, Oz vuông góc với nhau từng đôi một lần lượt lấy ba điểm A, B, C sao cho
OA = a, OB= b, OC = c
a)Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c
b)Cho A, B, C thay đổi trên các tia và thỏa mãn OA + OB + OC + AB + AC + BC = k, (với k dương không đổi) Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC
3 Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau Gọi M, N, P lần lượt
là trung điểm các cạnh BC, CD, DB Giả sử AM = a, AN = b, AP = c và h là khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (MNP) Chứng minh rằng
2
2
h
Câu V (2 điểm):
Cho ba số x, y, z 1;3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 36x 2y z
yz xz xy
-
Hết -SỞ GD&ĐT THANH HÓA
NĂM HỌC 2016-2017
Trang 2
I 1 Khảo sát hàm số (2 điểm)
4,0
điểm Với m 1,ta được hàm số 3
3 1
y x x Tập xác định: R
Giới hạn tại vô cực: lim , lim
Sự biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1
0,5
y x Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1) và
(1;)
y x Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1).
Điểm cực đại của đồ thị ( 1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1).
0,5
Bảng biến thiên:
0,5
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3)
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,5
2 Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình (2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương x3-3x =
1 m
m 4
2
x3-3x +1 =
1 m
m 4
2
Số nghiệm PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y =
1 m
m 4
2
Do -2
1 m
m 4
2
2 với mọi m R -1
1 m
m 4
2
+13 với mọi m R
Ta có:
1 m
m 4
2
+1 = -1
1
4
2
m
m
= -2 m = -1;
Và
1 m
m 4
2
+13
1 m
m 4
2
= 2 m = 1
0,5 Suy ra: Với m ≠ ±1 đường thẳng y =
1 m
m 4
2
+1 có 3 điểm chung với đồ thị (C) Với m = ±1 đường thẳng y =
1 m
m 4
2
+1 có 2 điểm chung với đồ thị (C) Vậy: với m ≠ ±1 phương trình có ba nghiệm, với m = ±1 thì PT có hai nghiệm
1,0
II 1 Giải phương trình lượng giác (2,0 điểm)
6,0
®iÓm Gi¶i ph¬ng tr×nh: Phương trình tương đương vớicosx 3 3sinxcos7x
x y' y
1
1
1
3
-2 -1
-1
3
2
x y
O
Trang 3cos cos 7 3 3 sin 0
2sin 3 sin 4 3 3 sin 0
2sin 4 sin (3 4sin ) 3 3 sin 0
sin 2sin 4 (1 2cos 2 ) 3 3 0
sin 0
3 3 2sin 4 (1 2cos 2 ) (1)
2
x x x
x
1,0
- Với sinx 0 suy ra x= k , k
-Ta có (1) sin 4xcos 2x sin 4x
2
3 3
2
3 3 4 sin 2 cos 2 sin
Áp dụng bđt Cô si cho ba số
2
2 cos , 2
2 cos , 2 sin
2 2
x
ta có 1 2 cos 22 cos 22 3 (sin 2 cos 2 )2 2
x
3 3
2 2 cos 2 sin 2 cos
2
3 3
2 4 sin 2 cos
2
sin
x
2
3 3 suy ra (2) vô nghiệm nên(1) vô nghiệm
Kết luận: vậy nghiệm của pt là x k k Z ,
1,0
2 Giải phương trình logarit (2,0 điểm)
2
6 2
2013 6 2
1
x
x x
x x
Ta có:
2
6 2
6 2 1 2
(1)
1 2016
x
x
x x
(4x 2).2016 x (x x 1).2016x x
Ta có hàm số ( ) 2016t
f t t luôn đồng biến trên R nên (2) 4 2 2 6 2 1
x x x 6 3 2 1 0
1,0
Phương trình 6 3 2 1 0 3 3 1 0 ( 2 0 )
Lập bảng biến thiên của hàm số: ( ) 3 3 1
u u u
f suy ra phương trình này chỉ có nghiệm trong (0,2) nên đặt 2cos (0 )
2
u
9 cos
2
1,0
3, Giải hệ phương trình (2,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương với:
2 2
(1 ) ( 2 ) 5 (1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x
* Nếu x 0thì hệ (I)
2 2
(1 )(2 2) 0
y
y y
0,5
Trang 4* Nếu x 0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ chox ta được hệ tương đương
- Đặt
2 1
y
u v x y x
, ta được hệ phương trình:
3 1
u v u
uv v
1
u v
0,5
- Với
2
2
2
2 2 2
x
x y
2 4 2
10 3
x y
0,5
- Với
2
2
2
x
v x y x y y y
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y
0,5
III
2,0
điểm Gọi Ai là biến cố An thi đậu lần thứ i (i = 1;2;3) Gọi B là biến cố để An thi đậu
0,5
- Ta có: B A 1(A A ) (A A A )1 2 1 2 3
Suy ra: P(B) P(A ) P(A A ) P(A A A ) 1 1 2 1 2 3 0,5
Trong đó:
1
P(A ) 0,9 P(A A ) P(A ).P(A / A ) 0,1.0,7 P(A A A ) P(A ).P(A / A ).P(A / A A ) 0,1.0,3.0,3
Vậy:P(B) 0,9 0,1.0,7 0,1.0,3.0,3 0,979
1,0
IV 1 Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng (2,0 điểm)
6,0
điểm Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếptam giác ABC Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành M là trung điểm của A’H
H A 2 M K= 2( )
8
5
; 2
5
= (-5;
4
5
) Từ đó xác định được: A( -2;1) 0.5
Ta có: R = KA = KB = KC =
8
697
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y –
8
29
)2 =
64 697
hay x2 + y2 –
4
29
y +
4
9
= 0
0.5
Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0
Tọa độ của B, C là hệ phương trình:
29 0 7 4
2 2
y x
Trang 5
1
;
2
5
;
3
y
x
y
x
Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1) Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1) 0.5
2 Trªn ba tia Ox, O y, Oz vuông góc….
Hạ OH vuông góc BC AH vuông góc BC
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 1
c b
c b OH c
b
c b c b
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
c b
a c c b b a c b
c b a OH OA
AH
Do đó Diện tích của tam giác ABC bằng 2 2 2 2 2 2
2
1
2
1
a c c b b a BC
0,5
0,5
Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC (1,0 điểm)
Ta có V AOBC OA S OBC abc
6
1
3
1
Ta có
2 2 2 2 2 2 3
3
k
k abc
0,5
nên
3
) 2 1 ( 3 6
1
V OABC
Vậy max V=
) 2 1 ( 3 )
2 1 ( 3 6
k c
b a k
Chứng minh rằng 2 2 2 9 2
2
h
a b c
Tam giác ABC vuông tại A nên
2
BC
AM
NP là đường trung bình của BCD nªn
2
BC
NP
Suy ra AM = NP
Tương tự như vậy đối với các cặp cạnh đối diện còn
lại
Vậy hai cạnh đối diện bất kỳ của
tứ diện AMNP có độ dài bằng nhau
0,5
0,5
+ Tứ diện ABCD vuông tại A nên ta chứng minh được 12 12 12 1 2
h AB AC AD (1) + Mặt khác 12 12 12 2 92 2
AB AC AD AB AC AD (2)
+ Ta có
= 2 2 2 2( 2 2 2)
2
(3)
0,25
0,25
0,25
N P
A
B
D C
M
Trang 6+ Từ (1), (2) và(3) ta có
2
2 2 2
h
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
1,0
điểm
Xét hàm số:
f (x) , x 1;3 , y, z là tham sô
yz zx xy
f (x) đồng biến trên 1;3 nên:
36 2y z
f (x) f (1) g(y), y 1;3 , z là tham sô
yz z y
z
g(y) nghịch biến trên 1;3
h(z) nghịch biến trên 1;3 h(z) h(3) 18 1 7
3
Vậy P7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đó MinP = 7
0,25
0,25
0,25
Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối da.