Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có , lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3)
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
y=x4−2 mx2−3 Câu 1 (1,5 điểm) Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.
f (x)=x −3 ln(x +2) Câu 2 (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn [0; 4]
Câu 3 (1,0 điểm)
|z − 2+i|=3 a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
2x+3x=5x b) Giải phương trình
y=√x (e x+1) Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = 0,, x = 0,
x = 1 Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H quanh trục hoành.
Oxyz x − y+z −1=0 A (1 ;2;3) B (3 ;4 ;1) Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng (P) có phương trình và hai điểm, Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, B đồng thời vuông góc với (P) và tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC là tam
giác đều
Câu 6 (1,0 điểm)
√3 sin x
cos x +1=1 a) Giải phương trình
b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có 4 phương án trả lời trong đó có duy nhất một phương án đúng Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được 0,5 điểm Giả sử thí sinh
A chọn ngẫu nhiên các phương án Tính xác suất để A được 4 điểm (lấy gần đúng đến 5 chữ
số sau dấu phẩy)
¿3 a
4 Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB =
a, tam giác OAB là tam giác đều Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD và SH Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB
E(− 1;− 2), F(2;2) Q(−1 ;2) Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,
cho tam giác ABC có , lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác Tìm tọa độ các điểm A, B, C
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
2
y
y y
2 b −3¿2+4 c2≤ 9
a − 1¿2+¿
4¿
P= a
3 +a2+36
2(a+1) +
b3+b2+36
4 (b+1) +
2 c3+c2+9
2 c+1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là
3 số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
-HẾT -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2Trờng thpt đông sơn i Hớng dẫn chấm môn toán 12 (lần 3)
Năm học 2015 - 2016
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
−2 x2− 3 Khi m = 1 ta cú hàm số
1) Tập xác định: R
2) Sự biến thiên:
lim y
x →− ∞ =+ ∞, lim y
x →+∞ =+ ∞ a, Giới hạn :
0,25
±1 b, Bảng biến thiờn: y’ = 4x3 - 4x, y’ = 0 x = 0, x =
x - - 1 0 1 +
y' - 0 + 0 - 0 +
y + - 3 +
- 4 - 4
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; -1) và (0 ;1)
±1 ± Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3, đạt cực tiểu tại x =, yCT = y(1) = - 4 0,25
(±√13;−
32
9 ) ±√3 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U, nhận Oy làm
trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (; 0)
0,25
1b y '=4 x3− 4 mx ⇒ y'=0 ⇔ x=0 , x2
y '=0 ⇔m>0 Hàm số cú 3 cực trị khi và chỉ khi cú 3 nghiệm phõn biệt 0,25
2 f ' (x)=1 − 3
x+2=
x −1
−3 ln 2 1− 3 ln 3 4 − 3 ln 6 Ta cú: f(0) = , f(1) = , f(4) =
max
[0 ; 4] f (x)=f (4)=4 −3 ln6 min
[0 ;4 ]f (x)=f (1)=1−3 ln3 Vậy , 0,25
3a z=x +yi x , y ∈ R M (x ; y ) Gọi (), khi đú z cú điểm biểu diễn
|x +yi −2+i|=3⇔|x − 2+( y +1)i|=3 Theo bài ra ta cú 0,25
y +1¿2
¿
y +1¿2=9
x −2¿2+¿
x −2¿2+¿
¿
⇔√¿
y +1¿2=9
x −2¿2+¿
¿
Vậy tập hợp cỏc điểm biểu diễn của z là đường trũn
0,25
3b
(25)x+(35)x=1 Phương trỡnh đó cho tương đương với (*) 0,25
- 4
y
3 3
- 3
- 1
Trang 3f (x)=(25)x+(35)x , f '(x )=(52)xln2
5+(35)xln3
5<0,∀ x∈ R Xét hàm số
f (x) (∗)⇔ f (x )=f (1)⇔ x=1 Hàm số nghịch biến trên R, do đó
0,25
4
V =π∫
0
1
( √x (e x
+1))2dx ¿π∫
0
1
x (e x+1)dx=π∫
0
1
xex dx+π x2
2 ¿0
1
=π∫ 0
1
xexdx+π
¿
u=x dv=e xdx
⇒
¿du=dx
v=e x
⇒∫
0
1
xexdx=xex¿01−∫
0
1
e x dx=e − e x¿01=1
¿{
¿
V =π + π
2=
3 π
5 ⃗AB=(2 ;2;− 2) ⃗n P=(1;− 1;1) +) , mp(P) có vectơ pháp tuyến
⃗
n Q=[⃗AB ,⃗ n P]=(0 ;− 4 ;− 4) Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến 0,25 0(x −1)− 4 ( y − 2)− 4(z −3)=0 ⇔ y +z− 5=0 (Q) có phương trình: 0,25
C(a ;b ;c)
C ∈(P)
CA2=CB2
CA2
=AB2
⇔
¿a −b +c − 1=0
c −1¿2
¿
c −3¿2=12
¿
¿{ {
b −2¿2+¿
a −1¿2+¿
¿
b − 4¿2+¿
a −3¿2+¿
c − 3¿2=¿
b −2¿2+¿
a −1¿2+¿
¿
Trang 4a −b +c=1
a+b − c=3
c − 3¿2=12
¿
⇔
¿
¿a=2
¿
b=c +1
¿
c − 3¿2=12
¿
⇔
¿
¿
¿a=2
b − 2¿2+¿
a− 1¿2+¿
¿
C(2;6+3√2
2 ;
4+3√2
2 ), C(2; 6 −3√2
2 ;
4 − 3√2
2 ) Vậy
0,25
6a cos x ≠ −1 Điều kiện:
⇔√3
2 sin x −
1
2cos x=
1
2⇔sin(x − π
6)=1
2⇔ x= π
3+k 2 π , x=π +k 2 π PT 0,25
x= π
3+k 2 π Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 0,25
6b |Ω|=420 Số cách A chọn ngẫu nhiên các phương án đúng là. 0,25
Gọi B là biến cố đã cho, do A được 4 điểm nghĩa là A chọn đúng 8 câu và chọn sai 12 câu.
C208 |Ω B|=C208 312 Có cách chọn 8 câu mà A trả lời đúng, trong 12 câu trả lời sai, mỗi
câu A có 3 cách chọn phương án sai Do đó số cách chọn các phương án của A là
P(B)=|Ω B|
|Ω|=
C208 312
420 ≈ 0 , 06089 Xác suất cần tìm là:
0,25
BC=√AC2− AB2=a√3
SABCD=AB BC=a2√3
0,25
V S ABCD=1
3SABCD.SH=
a3
√3
4 . 0,25
AB // (SCD) Ta có AB //CD
⇒d (AB , SC)=d (AB ,(SCD)) Gọi M, N là trung điểm của AB và
CD.
AB⊥ SM , AB ⊥ MN Ta có 0,25
⇒ AB⊥(SMN) AB⊥ SH⇒SH ⊂(SMN)⇒ H , mà thuộc đoạn MN.
SM=a√3
2 , MH=√SM2− SH2
=a√3
4 ⇒ HN=MN − MH= 3 a√3
4 SN=√SH2
+HN2
=3 a
2 ⇒SM2
+SN2=MN2⇒SM ⊥ SN
CD⊥SM ⇒ SM ⊥(SCD)⇒SM=d (AB ,(SCD)) d (SC AB)= a√3
2 Do CD//AB nên Vậy
0,25
S
A
D O
H M
N
Trang 58 AEB AFB 900 BFE BAEDo nên tứ giác
ABEF nội tiếp đường tròn đường kính AB suy
ra (1)
QAE QCE BAE QCB Tương tự: Tứ giác
AQEC nội tiếp nên (2)
QFB QCB Tứ giác BQFC nội tiếp nên (3)
BFE QFB Từ (1), (2) và (3) ta có , nghĩa là
BF là đường phân giác trong kẻ từ F của tam
giác QEF.
0,25
H=AE ∩BF Tương tự ta cũng có AE là đường phân giác trong của tam giác QEF.Gọi
suy ra H là trực tâm của tam giác ABC và là tâm đường tròn nội tiếp tam giác QEF.
EQ ,EF
DQ EQ
DF EF
D=AE ∩QF
+) Gọi QD=4
3 +) Do H là chân đường phân giác trong kẻ từ Q của tam giác QDE nên ta có
1
3
HD QD
0,25
x − y+3=0 AB đi qua Q và vuông góc với QH nên có phương trình:
x+3 y +7=0 BC đi qua E và vuông góc với EH nên có phương trình:
2 x + y −6=0 AC đi qua F và vuông góc với FH nên có phương trình:
0,25
A=AB ∩ AC
¿
x − y+3=0
2 x + y −6=0
⇔
¿x=1
y =4
⇒ A(1 ;4 )
¿{
¿
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
B=AB∩ BC
¿
x − y +3=0
x +3 y+7=0
⇔
¿x=− 4 y=−1
⇒ B(− 4 ;−1)
¿{
¿
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
¿
x +3 y +7=0
2 x + y −6=0
⇔
¿x=5
y =−4
⇒C (5 ;− 4 )
¿{
¿
C=BC∩ AC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
A (1 ;4), B (− 4 ;−1),C (5 ;− 4) Vậy
0,25
A
Q
F
E H
D
Trang 62
x , y , y
3
2
( 3)( 2 12) ( 1)
y
y y
3
⇔
3 3 1
b x
Đặt ta có hệ
0,25
a=0 Nhận thấy không thỏa mãn hệ Khi đó hệ trên tương đương với
2
2
1 1
7
b b
a a
0,25
¿
b=3 a
3 a+1
a=4
¿{
¿
⇔ b=12 a
12 a+1
a=−5
¿{
¿
b
a=3 b+1
a=4
¿{
¿
⇔ b
a=12 b+1
a=− 5
¿{
hoặc hoặc
¿
a=1/3
b=1
¿{
¿
⇔ a=1 b=3
¿{
¿
b=3 a
3 a2−4 a+1=0
¿{
¿
⇔ b=12 a
12 a2 +5 a+1=0 (vô nghiêm)
¿{
hoặc hoặc
¿
a=1
b=3
⇒
¿√y3− 3 y=1
x +1=3
⇔
¿y3− 3 y=1(1)
x=2
¿{
¿
+) Với
y >2 y3− 3 y= y ( y2−3)>2⇒(1) Nếu thì vô nghiệm.
y y 0Do đó để (1) có nghiệm thì (0;2] (do ).
2cos , 0;
2
y t t
(1) 8 cos3t − 6 cos t=1 ⇔cos 3 t=1
2 Đặt , trở thành
0;
2
t
t 9
9
y cos
9+
k 2 π
3 , k ∈ Z Do nên
0,25
Trang 7a=1/3
b=1
⇒
¿√y3−3 y =1/3
x +1=1
⇔
¿y3−3 y =1/9
x=0(loai)
¿{
¿
+) Với
( ; ) 2; 2cos
9
x y
Vậy hệ đã cho có nghiệm
0,25
10
x , y >0 (x+ y)(1x+
1
y)≥ 2√xy 2√1
x
1
y=4⇒ 1
x+
1
y ≥
4
x + y Với ta có (*) P=9(a+12 +
1
b+1+
1
2 c+1)+1
4(2 a
2 +b2+4 c2)
2
a+1+
1
b+1+
1
2c +1 ≥
4
2 a+2+
4
b+2 c +2 ≥
16
2a+b+2 c +4 Áp dụng (*) ta có
0,25
2 a+b+2 c¿2≤ (2+1+1)(2 a2+b2+4 c2)
¿ Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có
2 a+b+2 c¿2
2 a+b+2 c¿2⇒ P≥144
2a+b+2 c +4+
1
16 ¿
⇒2 a2 +b2+4 c2≥1
4¿
0,25
2 a+3 b ≥ a2
+b2 +c2+1=(a2
+4)+(b2+4)+(c2+1)−8 ≥ 4 a+4 b+2 c − 8 Từ giả thiết ta có
⇒2 a+b+2 c ≤ 8 t=2 a+b+2c ⇒0<t ≤8 P≥144
t+4+
t2
16 Đặt và
0,25
t+4¿2
¿
t+4¿2
¿
8¿
¿
f ' (t)=−144
¿
f (t)=144 t+4+
t2
16 Xét trên (0; 8]
min
¿ư f (t)=f (8)=16 ⇒ P ≥16 f (t) Suy ra nghịch biến trên (0; 8], do đó
P=16 ⇔ a=2 , b=2 , c=1
(a ;b ;c )=(2;2 ;1) min P=16 Vậy khi
0,25