Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.. Tính khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng SBC, biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60 o.. Cán bộ coi
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: Toán - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số 4 2
y x m x m
1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=2.
2)Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32
Câu 2 (4,0 điểm) Giải phương trình
3 cos 2 (2sinx x1) 2cos (2sin x x1) 3sin 2 x
2)Giải bất phương trình sau trên tập số thực
( x6) x x(2 2 26x8) 4 x x(2 3 x33)
Câu 3(4,0 điểm)
1)Một bài kiểm tra trắc nghiệm gồm 10 câu,mỗi câu có 4 phương án để lựa chọn,trong đó
chỉ có một phương án đúng.Với mỗi câu,nếu chọn phương án đúng thì thí sinh được 5
điểm,nếu chọn phương án sai thì thí sinh bị trừ 1 điểm.Tính xác suất để một thí sinh làm
bài bằng cách chọn ngẫu nhiên phương án trả lời được 26 điểm
2)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt:
2
4 x m x x
Câu 4.(4,0 điểm)
1)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC a Tam giác SAB cân
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách từ điểm D tới
mặt phẳng (SBC), biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60 o
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ( 5;2) A M ( 1; 2) là
điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC MBC và MBMC Tìm tọa độ
điểm D biết tan 1
2
DAM
Câu 5.(4,0 điểm)
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2
( ) : (S x1) (y 2) (z 3) 16 Tìm điểm M trên mặt cầu sao cho A2x M y M 2z M đạt giá trị lớn nhất
2)Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2 y2 z2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
3 3 3 3
P
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN
NĂM HỌC 2016-2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Hướng dẫn chấm có 06 trang
- TXĐ: D =
- Giới hạn: 4
2 4
x x
- Sự biến thiên:
+) Ta có: y’ = 4x3 – 4x y' 0 x 0 x1
+) Bảng biến thiên
Suy ra: * Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 , 0;1 và hàm đồng
biến trên các khoảng 1;0 , 1;
* Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1
xCT = 1, yCT = 0
- Đồ thị:
f(x)=x^4-2x^2+1
-2 -1
1 2
x y
- NX: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
0,5
0,5
0,5
0,5
1.2 Hàm số có 3 điểm cực trị nếu pt y’= 0 có 3 nghiệm phân biệt3 2
4x 4 (x m1) 0 4x x (m1) 0có 3 nghiệm phân biệt suy ra m>1 0,5
2
x y'
y
1
Trang 3Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là
2
2
(0; 1)
Tam giác ABC là tam giác cân tại A
0,5
Gọi H là trung điểm của BC suy ra H(0;m 1 m1 )2
Diện tích tam giác ABC là 1 1 1 22 1 32
S AH BC m m
0,5
Giải pt thu được m 1 2 suy ra m = 5 (tm) 0,5
2.1 3 cos 2 (2sinx x 1) 2cos (2sin x 2x1) 3sin 2 x
2
(1) 3 cos 2 (2sinx x1) 2cos (2sin x x1) 3sin 2 x
2
2 3 sin cos 2 3 cos 2 4cos sin 2cos 3sin 2 0
2 3 sin cos 2 2sin sin 2 4sin cos 3 cos 2 sin 2 2cos 0
2sin ( 3 cos 2 sin 2 2cos ) ( 3 cos 2 sin 2 2cos ) 0
(2sin 1)( 3 cos 2 sin 2 2cos ) 0
0,5
2sin 1 0 (2)
3 cos 2 sin 2 2cos 0(3)
x
0,25
2
(2) sin
5 2
2 6
x
0,25
(3) cos 2 sin 2 cos cos(2 ) cos
2
k
0,5
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm:
2 ; 5 2 ; 2 ( )
k
0,5
2.2 -Điều kiện x 0
-Đặt 2
t x x t
Bất pt trở thành 2
t x x t x x x
0,5
Trang 4( 3 2)( 3 2 ) 0
0,5 Với
2
2
4 9
x
Bất pt luôn nghiệm đúng
0,5
t x x x x x x
Do x 0 không là nghiệm của pt nên chia cả hai vế của pt cho x ta được:
Đặt t 2 x
x
,bất pt trở thành 2(t2 4) 26 3 t (t 3)2 0 t 3
suy ra x =1; x = 4 là nghiệm của bất pt
Vậy nghiệm của bất phương trình là x =1; x = 4
0,5
3.1
-Số phần tử của không gian mẫu 410 0.5
-Gọi x là số câu trả lời đúng của một thí sinh (x N x , 10),thí sinh được 26
điểm khi 5x (10 x) 26 x6
0,5
Gọi A là biến cố :để một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên phương
án trả lời được 26 điểm
-Chọn 6 câu trong số 10 câu có 6
10
C cách
-Với mỗi bộ 6 câu đã chọn chỉ có một cách để chọn phương án đúng cho cả 6
câu đó,4 câu còn lại có 34 cách chọn phương án để thí sinh làm sai cả 4
câu,suy ra
Vậy A C106.34
Vậy xác suất cần tính là
6 4 10 10
.3 8505
C
0,5
0,5
3.2
4
Trang 5Điều kiện: 2 x 2.
Đặt tx 4 x2 Xem t là hàm số của x, xét hàm số t trên 2 ; 2:
2 2
4 4
1 '
x
x x x
x t
Bảng biến thiên của t trên 2 ; 2:
0,5
Từ bảng biến thiên ta có t 2 ; 2 2 và quan hệ số nghiệm của t và x:
+) một giá trị t 2 , 2 hoặc t 2 2 cho tương ứng một nghiệm x,
+) một giá trị t2 , 2 2 cho tương ứng hai nghiệm x.
0,5
Ta có 2 2
4 2
2
4 4
2
x
Phương trình ban đầu trở thành: t t 2 m
2
1 2
Xét hàm số 2
2
1 ) (t t2 t
f trên tập 2 ; 2 2
1
)
(
' t t
f , f' (t) 0 t 1
0,5
Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm x
phương trình f(t) m
có 1 nghiệm t2 , 2 2 ) và 1 nghiệm t 2 , 22 2
2 2 2 m 2
0,25
5
t 2 1 2 2 f’(t) + 0
f(t)
2
2 2
x 2 2 t’ + 0 t
2
2
2 2
t 2 1 2 2
f’(t) + 0
f(t)
2
2
2 2
Trang 6Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm x
phương trình f(t) m
có 1 nghiệm t2 , 2 2 ) và 1 nghiệm t 2 , 22 2
2 2 2 m 2
0,5
4.1
K
I H
D
C B
A S
Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân nên SH AB Vì tam
giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH (ABCD)
Suy ra góc giữa SD và mp(ABCD) là
Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a nên 60o 120o
0,5
Theo định lí Cô sin:
2 cos120 2
Suy ra 7
2
a
2
a
0,5
Ta có AD BC/ / AD/ /(SBC) d D SBC( ,( ))d A SBC( ,( )).
Đường thẳng AH cắt (SBC) tại B nên
( ,( ))
2 ( ,( )) 2 ( ,( )) ( ,( ))
0,5
Vì HK BC HK, SI HK (SBC) HK d H SBC( ,( ))
0,5
6
Trang 7Vì thấy tam giác ABC đều cạnh a nên CH AB hay tam giác HBC
vuông tại H.
Ta có
4 4 4 4.29
Suy ra 609
58
a
HI Vậy ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 609
29
a
4.2
E M
Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng là
hình bình hành nên MEC MDC
Mà MDC MBC suy ra MEC MBC hay tứ giác BECM nội tiếp
Suy ra BMC BEC 180o BEC 180o 90o 90o
0,5
Ta có AMDBEC c c c( ) AMB BEC 90o hay AMD vuông
DM
MA
Giả sử ( ; )D x y ta có
40 ( 5) ( 2) 40
8 ( 1) ( 2) 8
Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm: ( 3; 4), (1;0).
Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: ( 3; 4), (1;0) D D
0,5
5.1
TacóA2x M y M 2z M 2x M y M 2z M A0 nên
M P x y z A , do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu (S)
Trang 8Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và bán kính R = 4 Tồn tại điểm M khi và chỉ
khi ( ;( )
| 6 |
3
I P
A
Do đó, với M thuộc mặt cầu (S) thì A2x M y M 2z M 18 Dấu đẳng
thức xảy ra khi M là tiếp điểm của (P): 2x – y + 2z – 18 = 0 với (S) hay
Mặt phẳng (P) nhận n(2; 1;2) làm 1 vec tơ pháp tuyến; ( M 1; M 2; M 3)
IM x y z
suy ra IM
cùng phương với
Vậy ( ; ;11 2 17)
3 3 3
M là điểm cần tìm
0,25
5.2
Do x, y, z là các số thực dương nên áp dụng BĐT Côsi ta có:
1
4
0,5
1
0,5
Chứng minh được 3 3 1 3 (1) ( , 0)
4
a b a b a b
Áp dụng (1) ta có:
3 3 3 3
1
xy yz
Suy ra
3
P
Đặt t y y
z x
khi đó t > 0 và 1 3 1 1
P t t
0,5
Xét hàm số 1 3 1 1
( )
f t t t với t > 0 0,5
8
Trang 9'( ) 0 2
f t t
Lập bảng biến thiên tìm được ( ) 5
12
f t Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
t = 2
Vậy maxP = 5
12 đạt được khi 1
3
x y z