Đe on ĐTHSG so 2

2.Tìm tất cả giá trị của m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD.. Tìm tọa độ điểm D biết tam giá

SỞ GDĐT THANH HÓA

Ngày 25/02/2017 Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I(4.0điểm) Cho hàm số: y  x3  3(m1)x23(2m1)x2m2 9m 5 0 (1), m là tham số thực.

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1

2.Tìm tất cả giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.

Câu II (4.0điểm)

1 Giải phương trình: cos 2sin 3 2 2cos 2 1

1.

1 sin 2

x





2

2 2

2

y y x y x y

x y









Câu III (4.0điểm)

1.Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x22y2(3x 2)(y1) 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

4 2 ( ) 12 4 16

P x y   x y y x y  y x

2 Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ log 1  0









có nghiệm thực

Câu IV(4.0điểm)

1 Trong khai triển

2 2

1 2

3 3

n

x





  thành đa thức 0 1 2 2 2 1 2n 1 2 2 2n 2

a a x a x a x  a x 

     hãy tìm hệ số a k

lớn nhất 0 k 2n2,k N biết n là số tự nhiên thỏa mãn C1n 3C n2  7C n3  (2  n 1)C n n  3 2n 2n 6480

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương

trình(x 2)2(y 3)2 25. Chân các đường vuông góc hạ từ B và C xuống AC, AB thứ tự là M(1;0), N(4;0)

Tìm tọa độ điểm D biết tam giác ABC nhọn và đỉnh A có tung độ âm.

Câu V(4.0điểm)

1 Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có AB = a, A1A = c, BC = b Gọi E,F lần lượt là trung điểm của B1C1

và C1D1 Mặt phẳng (FEA) chia khối hộp thành hai phần, tính tỉ số thể tích hai khối đa diện đó

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC với A(3;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3).

Tìm toạ độ đỉnh S biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 72 và đỉnh S có hoành độ lớn hơn 3

-HẾT -HƯỚNG DẪN

I.2

(2,0) f x( )x3 3(m1)x23(2m1)x2m2  9m 5

Từ tính chất đồ thị hàm số bậc ba, suy ra yêu cầu bài toán được thỏa mãn nếu các điều kiện sau

xảy ra đồng thời

+) f x '( ) 0 có hai nghiệm dương phân biệt

+) f CÐ CT f 0 2 3 2

2

0 2 1 1

m







  

 +) f(0) 0

Kết hợp các điều kiện ta được 3 17

;5 2

m   

II.1

(2,0) Điều kiện: 1 sin 2 x 0 x 4k

Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin cosx x3 2 cosx 2cos2 x1 1 sin 2  x

 

2

cos 2

cos

2

x









x  x  k 

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: 2 ,

4

x k  k 

II.2

(2,0)

Từ hệ đã cho suy ra 1x y, 4

Hệ phương trình tương đương với:

log

2 4 log

2 4

x y

y x







 







Đặt   2 ,  ; 4

2 4

t

t t

 

 2  2

4

t



    suy ra f t  là hàm số đồng biến trên  ; 4

Nếu xy f x   f y  log2 ylog2x y x vô lý

Nếu x y f x  f y  log2 ylog2x y x Vậy xy

Thay xy vào phương trình thứ nhất ta được g x  f x  log2x0

Mặt khác ta có g 2 0 và 0 3 1 2 1 2 (2 1)2 4

2

2 2

'( )

ln 2

x

g x

x



Từ đó '( ) 0g x  vì (42 ) ln 2 4 2 (1;4)

( 2 4) ( 2 4) 3 3 4 (1; 4)





 nên g(x) nghịch biến trên (1 ; 4) suy ra g x  g 2  x2 x y 2

Thử lại ta thấy x y ;  2; 2 thỏa mãn hệ.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ;  2;2.

III.1

(2,0)

x  y  x y   x y  x y  xy y y 

Vì x,y không âm nên 2

(x y )  3(x y ) 2 0    1 x y2 Đặt t = x+y khi đó t 1;2

Ta có P x 2y2  x y 4 2 (4 x y )(2 y) ( x y )2(x y ) 8 4 (  x y )

2

8 4

P t  t  t (do 0 2  y2 vì 0

2

y

x y







 

+ Xét hàm f t( )  t2 t 8 4 t với t 1;2

ta có '( ) 2 1 4

4

f t t

t

  

 với t 1; 2 '( ) 3 4 0

2

f t

    với t 1;2

và f(t) liên tục trên đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến trên đoạn [1;2]



[1;2]

( ) (2) 6 8 2 ( ) 6 8 2

maxf t f    f t  

P  6 8 2 , P= 6 8 2 khi . 0

2

x y t











2 0

x y





 



 Giá trị lớn nhất của P là 6 8 2 đạt được khi x = 2 và y = 0

III.1

(2,0) Nếu m 0 hệ tương đương với  

1

x y







Dễ thấy hệ luôn có ít nhất 1 nghiệm, chẳng hạn (1 ; 3)

Với  1 m0 hệ tương đương với:

 

x y

x y

x y

  



  

Tập nghiệm của (I) là phần mặt phẳng nằm giữa hai đường thẳng :d y x d y; ' : x1 và trên d'.(không tính d)

Tập nghiệm của (II) là hình tròn ( )C

có tâm A1;1bán kính R m 1

Do đó hệ có nghiệm  d A d( , ') R 2 1

2  m   2m (do  1 m0 ).Vậy hệ có nghiệm khi 1 0

2 m

  

y

1

Xét 1 xnC n0 C x C x1n  n2 2 C x n3 3  C x n n. n

Với x = 2 ta có: 3n C n0  2C n1  4C n2  8C n3  2  n C n n (1)

Với x = 1 ta có: 2nC n0 C1nC n2 C n3  C n n (2)

Lấy (1) – (2) ta được: C1n 3C n2  7C n3  2n 1C n n 3n 2n

PT  3n 2n  3 2n 2n 6480  3 2n 3n 6480 0  3n 81  n 4

Khi đó

10

1 2

3 3x



 a0a x a x1  2 2 a x9 9a x10 10

Dễ thấy: 10 10

1 2 3

k k k

a C

Do đó: 10 10

1 2 3

k k k

a C lớn nhất

10 10 10 10

10 10 10 10

k k k k

k k k k







 



k

k

k k

Vậy, hệ số lớn nhất là: 7 10 107 7

1 2 3

a  C

IV.2

(2,0)

Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A Ta có tứ giác BCMN nội tiếp nên góc  ABCAMN (cùng bù với góc NMC )

Lại có   1 

2

ABC MAt  sd AC, suy ra MAtAMN Mà chúng ở vị trí so le trong nên MN//

At, hay IA vuông góc với MN

(I là tâm đường tròn (C)).

Ta có MN (3;0), (2;3)I  AI x: 2

A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm

của hệ:

2









A có tung độ âm nên A(2;-2).

(2,0)

-Pt AN : x y  4 0. B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3) -Pt AM : 2 x y  2 0. C là giao điểm (khác A) của AM và (C) suy ra tọa độ của C(-2 ;6).

-Ta có A C B D ( 7;1)

D





Kiểm tra điều kiện ABC nhọn thỏa mãn, vậy ( 7;1) D  là điểm cần tìm

Mp(FEA) cắt các đoạn thẳng A1D1,A1B1,B1B,D1D lần lượt tại J,I,H,K

Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích phần trên và phần dưới mp(FEA)

Hai phần khối đa diện chưa phải khối hình quen thuộc nhưng khi ghép thêm hai phần chóp

HIEB1 và chóp KFJD1 thì phần dưới là hình chóp AIJA1

Ba tam giác IEB1,EFC1,FJD1 bằng nhau (c.g.c)

Theo định lý TA-LET :

3

1 1

1 1

1  

IA

IB AA

HB

Và

3

1 1 1





JA

JD AA

KD

72 3

2

2

2

1 3

1

3

1

1 1

8

3 2

3 2

3 2

1 3

1 2

1 3

1 1

abc c

b a JA

AI AA

V1= V AA J JI-2.

1

HIEB

72

25 72 2 8

3abc abc abc





H

K

D1 A1

I

E

F

J

V2= Vhh-V1=

72

47abc

do vậy

47

25 2

1 

V V

Tỉ số cân tìm là 25/47 hoặc 47/25

V.2

(2,0) Phương trình (ABC): x+y+z-3 = 0

ABC có trọng tâm G(1;1;1) và

AB = BC = CA= 3 2 => AG  6

Do hình chóp S.ABC đều nên SG qua G và vuông góc với (ABC)

=> SG x:  1 ;t y 1 ;t z   1 t S(1 ;1 ;1t t t) (t 2)

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp thì I thuộc SG ,bán kính mặt cầu là R 3 2

( 1; 1; 1)

I

I





   

 2

2 2

3( 2) 18

3( 2) 18

t

t

Vậy: S  (3 6;3 6;3 6)