................................................................................................................................................................................................................................................................................
Trang 1TỔ: TOÁN – TIN Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 1 trang)
CÂU 1: (4,0 điểm) Cho hàm số ¡ có đồ thị là ( )C m
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ứng với m=1
2 Chứng minh rằng ∀ ≠m 0, đồ thị ( )C luôn có hai điểm cực trị A và B Khi đó tìm các giá trị của tham số m m
để đường thẳng AB cắt đường tròn ( ) 2 ( )2
T x + +y = tại hai điểm M N sao cho tam giác IMN có diện tích,
bằng 3 , ( với I là tâm đường tròn ( )T ).
CÂU 2: (4,0 điểm) 1 Giải hệ phương trình:
2
2 3
1
x y
x y
x y
= +
tan cot 2 cot 3x x x=tan x−cot 2x+cot 3x
CÂU 3: (4,0 điểm) 1 Cho , x y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x+ 1+x2 =2017 1( +y2 −y) Tìm giá
trị nhỏ nhất của P x y= +
2 Cho ( )a là một dãy số gồm các số hạng theo đúng thứ tự trong khai triển n ( )23
1 x+ Lấy ngẩu nhiêm một lần
3 số hạng liên tiếp nhau từ dãy ( )a Tính xác suất để các hệ số của 3 số hạng đó theo thứ tự sẽ lập thành một n
cấp số cộng
CÂU 4: (4,0 điểm)
1 Tìm m để bất phương trình : ( )
2
2
2
0
+ −
≥ + − − có ít nhất một nghiệm trên đoạn
1
;16 4
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn ( ) C tâm I có D
là tiếp điểm của ( )C và cạnh AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt cạnh AB tại điểm thứ hai là E , các đường thẳng qua A và D vuông góc với CE cắt cạnh BC lần lượt tại F và G Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ( 3; 4),G(1; 1) F − − − và ( 2;3).I −
CÂU 5: (4,0 điểm) 1 Cho hình chóp S ABC có AB=5cm AC, =7cm SA, =3cm, góc 0
150
CAB
Ð = Góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB và ) (ABC bằng ) 0
45 , góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC và ) (ABC bằng ) 0
30 Tính thể tích khối chóp S ABC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Đề-Các Oxyz cho tứ diện ABCD có A(2;0;0 ,) (B 0; 2;0 ,) (C 0;0; 2 ,) D(2; 2;2)
và mặt cầu ( ) ( )2 ( )2 ( )2
S x- + -y + -z = Gọi M là điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện Viết phương
trình mặt phẳng ( )a qua M và cắt ( )S theo một đường tròn có chu vi bé nhất.
Trang 2-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI
Chú ý : + Câu 4 ý 2 và câu 5 ý 1 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình không đúng thì không chấm.
+ Học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
+ Điểm toàn bài không làm tròn Chấm chi tiết đến 0,25 điểm.
m
1 1
Với m=1, hàm số đã cho có dạng: 3 2
3
y x= − x
TXĐ: ¡
Sự biến thiên của hàm số
Các giới hạn : limx→−∞y= −∞; lim
0,5
Bảng biến thiên: Ta có: y' 3= x2−6x; ' 0 0
2
x y
x
=
= ⇔ = BBT:
y
−∞
0
4
−
+∞
0,5
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (2;+∞) , nghịch biến trên khoảng ( )0; 2
Hàm số đạt cực đại tại điểm x=0; giá trị cực đại của hàm số là y( )0 =0
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=2; giá trị cực tiểu của hàm số là y( )2 = −4
0,5
Đồ thị:
Giao điểm với trục tung là điểm ( )0;0
3
x y
x
=
= ⇔ =
0,5
2
y = mx − mx ' 0 0
2
x y
x
=
⇒ = ⇔ = ( Với mọi m khác 0).
Do 'y đổi dấu qua x=0 và x=2 nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)
0,5
Với x= ⇒ =0 y 3(m−1) ; x= ⇒ = − −2 y m 3
Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử A(0;3m−3 ,) (B 2;− −m 3)
Khi đó phương trình đường thẳng AB là: 2mx y+ −3m+ =3 0
0,5
¡
Trang 3Gọi IH ⊥MN tại H⇒IH là khoảng cách từ I đến AB 2
IH
m
+ Đặt IH = ⇒x MH = R2−IH2 = 4−x2 Khi đó diện tích tam giác ABC là
2
x
x
=
2
3
m
m
2
5
m
m
+
5
m= ± thỏa mãn yêu cầu bài toán
0,5
2 1
ĐK:
2 0 2 9
x y
y
− + >
≥
2
a
a= x y− + a> ⇒a = x y− + ⇔ − + =x y − Khi đó phương trình thứ
2 2
2
2 2
2
1 4
1
2 2
2 2
a
−
0,5
Xét hàm số: ( ) 3
f t = +t t trên ¡ Ta có '( ) 2
3 1 0,
f t = t + > ∀ ∈ ⇒x ¡ hàm số f t đồng biến( )
trên ¡ Do đó (*) 2 2 1 ( )
2
a
= −
⇔ − = ⇔ = Với a= ⇔ =2 y x
0,5
Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3 2
9x− +2 7x +2x− =5 2x+3
2
2
x
x x
0,5
Do ĐK: 2
9
y≥ mà y x= 2
9
x
Trang 42 2
3
x
x x
x
=
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x y; ) ( ) ( )= 2; 2 ; 3;3
2
ĐK:
sin 2 0 sin 2 0
sin 3 0 sin 3 0
x
x x
x x
≠
≠
Khi đó phương trình đã cho ⇔cot 3 tanx( 2 xcot 22 x− =1) tan2x−cot 22 x
x
0,5
cot 3 1 cos2 1 cos4 1 cos2 1 cos4
1 cos2 1 cos4 1 cos2 1 cos4
cot 3 2cos 4x x 2cos 2x 2 cos 4x cos 2x
0,5
cos3
4sin 3 sin 4cos3 cos cos3 sin cos3 cos
tan 1 sin 3
x x
x x
=
k
x= ⇔ = +x π π k∈¢
+ tan 1
4
x= ⇔ = +x π kπ
Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm là:
0,5
3 1 Từ giả thiết, ta có:
(x+ 1+x2)( y+ 1+y2) =2017 (vì y+ 1+y2 ≠ ∀ ∈0, y ¡ )
Đặt t= +x 1+x2 và a=2017 ta dễ thấy t >0 và
2 1 2
t x t
−
0,5
Từ giả thiết ta có: y 1 y2 a
t
2
a t y
at
−
Theo BĐT Cauchy, ta có
0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t= 2017 Từ (1), (2) và (3) suy ra
2016
2 2017
x= =y .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2016
2017 , khi
2016
2 2017
x= =y .
0,5
2 Trong khai triển ( )23
1 x+ có 24 số hạng
Trang 5Giã sử trong khai triển trên các số hạng có các hệ số C23k−1,C C23k , 23k+1 theo thứ tự lập thành cấp số
4 1
2
>
0,5
Ta thấy:
x + − − > ⇔x x + > + ⇔x x + > +x ⇔ <x Khi đó log2x<0 nên
2
x + − −x x< khi 0< <x 1
+ Nếu: x2+ − − < ⇔ >3 x 1 0 x 1 khi đó log2x>0 nên ( 2 )
2
x + − −x x< khi x>1
2
x + − −x x< x> x≠
0,5
Do đó bất phương trình đã cho ( )2
log x 1 2 logm x 0 (*)
Đặt t =log2x, ta có 1;16 \ 1{ } [ 2; 4 \ 0 ] { }
2
x∈ ⇔ ∈ −t
(*) trở thành: t2+ −1 2mt≤0 (2*)
+ Khi t∈ −[ 2;0) thì (2*) t2 1 m (1)
t
+
+ Khi t∈(0; 4] thì (2*) t2 1 m (2)
t
+
0,5
Xét hàm số: f t( ) t2 1, t 0
t
+
Đạo hàm: '( ) 2 '( )
2
1 1
1
t t
t t
=
−
− +
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm 1;16
2
x
∈ khi (1) có nghiệm [ 2;0)
t∈ − hoặc (2) có nghiệm t∈(0; 4] khi và chỉ khi 2
2
m m
≤ −
≥
0,5
Trang 6Vậy: 2
2
m
m
≤ −
≥
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
E
C
A
B
H
D
G
F
K
Hạ HK ⊥CE K CE( ∈ ) và BK∩AC H= Tứ giác CDEB nội tiếp ⇒DCE DBE¼ =¼ (1)
Ta có
90
AEC BEK
KBE ACE CAE BKE
0,5
Từ (1) và (2) ⇒DBA HBA ACE¼ =¼ =¼ Đồng thời AB⊥DH⇒ ∆DBH cân tại B⇒AD AH=
mà DG/ / AF/ / BH vì cùng CE AD FG 1 FB FG B( 7; 7)
AH FB
( 2;3)
qua B
qua I
− −
Ta có BI là phân giác trong góc ¼ ABC Gọi P là
điểm đối xứng với F qua BI
Dễ thấy P AB∈ và tọa độ ( 7; 2)P − − ⇒ phương trình AB x: + =7 0
0,5
Theo giã thiết ta có IG GF= =5 và IF =5 2⇒ ∆IGF vuông cân tại
G⇒IG⊥FG BC≡ ⇒G là tiếp điểm của ( )C với BC và bán kính r=5
Suy ra phương trình đường tròn ( )C : (x+2)2+ −(y 3)2 =25
0,5
Gọi Q là tiếp điểm của ( ) C và AB⇒Q( 7;3)− Ta có BQ BG= =10 và
AQ r= = ⇒BQ= QA⇒uuurBQ= QAuuur⇒ −A
Phương trình AC đi qua A và vuông góc với AB⇒AC y: − =8 0
Phương trình BC đi qua hai điểm B và F ⇒BC: 3x−4y− = ⇒7 0 C(13;8)
Vậy tọa độ các đỉnh là: ( 7;8)A − , ( 7; 7)B − − và (13;8)C
0,5
Trang 7
H C
A
B M
N
Dựng đường cao SM của tam giác SAC và đường cao SN của tam giác SAB
Trong mặt phẳng (ABC qua M kẻ đường thẳng ) d vuông góc với AB tại M và qua N kẻ1
đường thẳng d vuông góc với AC tại N Khi đó 2 d cắt 1 d tại H Dễ dàng chứng minh được2
H là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC )
Đặt SH =h
Mà tứ giác AMHN nội tiếp ⇒ ∠MHN =300
3
SH
HN
Áp dụng định lý cosin cho tam giác MHN Ta có
MN =HM +HN − HM HN ⇒MN =h
0,5
Từ (1) và (2)⇒ ∆HMN cân tại M ⇒ ∠HNM =300 mà ∠HNM = ∠HAM =300 cùng chắn
cung HM
Xét tam giác AMH∆ vuông tại M sin MAH HM AH 2HM 2h
AH
0,5
5
H ⇒SA =SH +AH ⇔ =h + h ⇔ =h cm
Khi đó thể tích khối chóp S ABC là 1 1 sin 1 3 .5.7.1 35 5
V = SH AB AC ∠BAC = =
20
V = cm
0,5
2 Mặt cầu ( )S có tâm I(1; 2;3) và bán kính R=4
Điểm M thuộc miền trong tứ diện và có tọa độ nguyên ⇒ có duy nhất điểm M(1;1;1)
0,5
IM − − ⇒IM = <R
uuur
Mặt phẳng ( )α cắt ( )S theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến mặt
phẳng ( )α là lớn nhất và bằng IM
0,5
Trang 8( )α
⇒ là mặt phẳng qua M và nhận IMuuur làm véctơ pháp tuyến Vậy ( )α có phương trình:
2 3 0
y+ z− =
0,5