Đang tải... (xem toàn văn)
................................................................................................................................................................................................................................................................................
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NGA SƠN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN TỐN THỜI GIAN : 180 PHÚT (Không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm): Với tham số m, gọi (Cm) đồ thị hàm số: y = x − (3m − 1) x + 2m(m − 1) x + m (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số (1) m = 2) Chứng minh rằng: m thay đổi, đường thẳng (∆m): y = mx − m cắt (Cm) điểm A có hồnh độ khơng đổi Tìm m để (∆m) cắt (Cm) hai điểm khác A, mà tiếp tuyến (Cm) hai điểm song song với Câu II (4,0 điểm): 1) Giải phương trình: cos x(2 cos x + 1) = 2) Giải phương trình: + x − x + − x − x = 2( x − 1) (2 x − x + 1) Câu III (4,0 điểm): 1) (2,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 1 + + = a2 b2 c2 5a + 2ab + 2b 2 + 5b + 2bc + 2c 2 + 5c + 2ca + 2a 2 2) (2,0 điểm) Tìm tham số m để hệ sau có nghiệm x − 3x ≤ 3 x − x x − − m − 20m ≥ Câu IV (4,0 điểm): 1) Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn Xác suất để trúng ba viên vòng 10 0,008, xác suất để viên trúng vòng 0,15 xác suất để viên trúng vòng 0,4 Biết lần bắn độc lập với Tìm xác suất để vận động viên đạt 28 điểm 2) (2,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn; Gọi I ( 4; ) trung điểm BC A ∈ d : x − y − = Dựng bên tam giác ABC tam giác ABD, ACE vuông cân A, biết DE : x − y + 18 = 0; BD = Xác định tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm D có tung độ nhỏ Câu V (4,0 điểm): 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AK cắt cạnh SB , SD M N Đặt V 1= VS.AMKN , V = VS.ABCD.Khi mp(P)//BD, tính tỷ số thể tích V1 chứng minh rằng: V V1 ≤ ≤ V 2) Trong hệ tọa độ không gian Oxyz cho hai điểm A ( 1;1;0 ) ; B ( 3; −1; ) đường thẳng d: x +1 y −1 z + = = Tìm M thuộc d cho tổng MA + MB nhỏ −1 -Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 Câu -Ý Câu I ĐIỂ M 4,0 đ NỘI DUNG ĐÁP ÁN Với tham số m ∈ R, gọi (Cm) đồ thị hàm số: 2,0 đ y = x − (3m − 1) x + 2m(m − 1) x + m (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số (1) m = Khi m = 1, ta có hàm số y = f ( x) = x − x + với tập xác định: D=R đạo 0,5 hàm: f ' ( x) = x − x ⇒ f '( x) = ⇔ x = ∨ x = Hàm số f đồng biến khoảng (−∞;0), (4 3; +∞ ); nghịch biến (0; 3); 0,5 HS đạt cực đại x = 0, f (0) = 1; f đạt cực tiểu x = 3, f (4 3) = − 27 lim f ( x) = lim x 1 − + ÷ = ±∞; BBT: x →±∞ x →±∞ x x f (0) = ⇒ (C1) cắt Oy (0;1) f ( x ) = ⇔ ( x − 1)( x − x − 1) = ⇔ x = ∨ x = 1± ;0÷ ÷ 0,5 1± nên (C1) cắt Ox (1;0) Đồ thị: (2,0đ) 0,5 -10 -5 10 -2 -4 Chứng minh rằng: m thay đổi, đường thẳng (∆m): y = mx − m cắt 2,0đ (Cm) điểm A có hồnh độ khơng đổi Tìm m để (∆m) cắt (Cm) hai điểm nữa, khác A, mà tiếp tuyến (Cm) hai điểm song song với Phương trình hồnh độ giao điểm (∆m) (Cm) viết thành: ( x + 1)( x − 3mx + 2m ) = ⇔ ( x + 1)( x − m)( x − 2m) = ⇒ giao điểm (∆m) (Cm) gồm A(−1; − m − m ), B(m; 0) C (2m; m ); (2,0đ) 0,5 số đó, A điểm có hồnh độ không đổi (khi m thay đổi) Đặt f m ( x) = x3 − (3m − 1) x + 2m(m − 1) x + m2 Các tiếp tuyến (Cm) B 0,5 C đường thẳng: (∆ B ) : y = f m '( xB ) x + yB − f m '( xB ) xB , (∆ C ) : y = f m '( xC ) x + yC − f m '( xC ) xC Ta cần tìm m để B C khác A ∆ B / / ∆ C ; tức là: m ≠ −1 xB ≠ x A x ≠ x C m ≠ − A ⇔ ⇔ m = − f '( x ) = f '( x ) − m = m + m m B m C yB − f m '( xB ) xB ≠ yC − f m '( xC ) xC m3 ≠ −4m3 − 3m Câu II 1,0 4,0 đ Giải phương trình : cos 3x(2 cos x + 1) = 2,0 0,5 PT (1) ⇔ cos 3x(3 − sin x) = Nhận xét x = kπ (voi k ∈ Z ) khơng nghiệm phương trình ta có: cos 3x(3 − sin x) = ⇔ 2cos x(3sin x − 4sin x) = sin x 0,5 ⇔ cos x sin x = sin x ⇔ sin x = sin x 6 x = x + m2π ⇔ 6 x = π − x + m2π 2mπ x = ⇔ x = π + 2mπ 7 với m ∈ Z 2mπ = kπ ⇔ 2m = 5k ⇔ m = 5t , với t ∈ Z π 2mπ Xét + = kπ ⇔ 1+2m = 7k ⇔ k = 2(m-3k)+1 7 hay k = 2l+1 ⇒ m = 7l+3, l ∈ Z 0,5 Xét Vậy phương trình có nghiệm: x = x= (2,0đ) 0,5 2mπ (với m ≠ 5t ); π 2mπ + (với m ≠ 7l + ) m, t , l ∈ Z 7 Giải phương trình: + x − x + − x − x = 2( x − 1)4 (2 x x + 1) + Đặt ( x 1) = t phơng trình trở thành : + − t + − − t = 2t ( 2t − 1) 2,0 0,5 (2) §iỊu kiƯn : ≤ t ≤ 1 (2) v« nghiƯm 1 1 * Víi t ∈ ; 1 (2) + t = 4t (2t − 1) ⇔ t + = 2t (2t − 1) t 2 1 Cã f (t ) = + nghÞch biÕn t t 1 g(t) = 2t ( 2t − 1) ®ång biÕn víi t ∈ ; 1 2 *Víi ≤ t < 0,5 0,5 mà f(1) =g(1) =2 nên t=1 nghiệm nhÊt cđa (2) nªn : 0,5 x = ( x − 1) = ⇔ x = Câu III 4,0 đ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: 1 biểu thức: P = 5a + 2ab + 2b + 1 + + = Tìm giá trị lớn a b2 c 5b + 2bc + 2c Ta có 5a + 2ab + 2b = ( 2a + b ) + ( a − b ) ≥ ( 2a + b ) Suy 5a + 2ab + 2b Tương tự 2 ≤ 12 1 ≤ + ÷ 2a + b a b + 5c + 2ca + 2a 2,0 0.5 0.5 (1) 12 1 ≤ + ÷ (2) 5b + 2bc + 2c b c 1 5c + 2ca + 2a ≤ 12 1 ≤ + ÷ (3) 2c + a c a 1 1 1 Cộng theo vế (1),(2) (3) suy P ≤ + + ÷ 3 a Mặt khác Suy P ≤ c b 1 11 1 1 1 1 1 + + ≥ + + ÷ ⇒ + + ÷ ≤1⇒ + + ≤ a b c 3 a b c 3 a b c a b c 3 0.5 0.5 Dấu = xảy a = b = c = Tìm tham số m để hệ sau có nghiệm x − 3x ≤ 3 x − x x − − m − 20m ≥ 0≤ x≤3 ⇔ Hệ 3 x − x x − ≥ m + 20m x ∈ [ 0;3] ⇔ x3 − x x − ≥ m3 + 20m với ĐK 0,5 0,5 Đặt f ( x) = x − x x − Hệ cho có nghiệm BPT f ( x) ≥ m3 + 20m có nghiệm x ∈ [ 0;3] f ( x ) ≥ m3 + 20m ⇔ max [ 0;3] - Nếu x ∈ [ 0;2] ⇒ f ( x) = x3 − x(2 − x) = x + x − x ' có f ' ( x) = x + x − ; f ( x) = ⇔ x = 0,5 x = −2 ( loại ) 40 2 f (0) = 0; f (2) = 8; f ÷ = − ⇒ max f ( x) = [ 0;2] 27 3 - Nếu x ∈ [ 2;3] ⇒ f ( x) = x3 − x( x − 2) = x − x + x ' có f ( x) = x − x + > 0, ∀x ∈ [ 2;3] f (2) = 8; f (3) = 21 ⇒ max f ( x) = 21 0,5 [ 2;3] f ( x ) = 21 nên ta phải có m3 + 20m ≤ 21 ⇔ m ≤ Vậy max [ 0;3] Tóm lại ĐK phải tìm m ≤ Câu IV 1) 4,0đ Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn Xác suất để trúng ba viên vòng 10 0,008, xác suất để viên trúng vòng 0,15 xác suất để viên trúng vòng 0,4 Biết lần bắn độc lập với 2,0đ Tìm xác suất để vận động viên đạt 28 điểm Gọi A biến cố « viên trúng vòng 10 » Khi từ giả thiết, ta có: 0,5 0, 008 = ( P( A) ) ⇒ P( A) = 0, ( 1) Gọi B biến cố « viên trúng vòng »; Gọi C biến cố « viên trúng vòng »; Gọi D biến cố « viên trúng vòng » Theo giả thiết ta có: P ( C ) = 0,15; P( D) = 0, ( ) Do A, B, C, D biến cố đôi xung khắc nên ta có: 0,5 = P ( A ∪ B ) ∪ C ∪ D = P ( A) + P ( B ) + P (C ) + P( D ) ( 3) Từ (1),(2),(3) suy ra: P( B) = − (0, + 0,15 + 0, 4) = 0, 25 ( ) Gọi X biến cố “vận động viên đạt 28 điểm” Ta có : 0,5 0,5 P ( X ) = C ( 0, ) (0,15) + C ( 0, 25 ) (0, 2) + C ( 0, ) (0, 25) + 0, 008 = 0, 0935 2) 2 2 2) (2,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn; Gọi I ( 4; ) trung điểm BC A ∈ d : x − y − = Dựng bên tam giác ABC tam giác ABD, ACE vuông cân A, biết 2,0 đ DE : x − y + 18 = 0; BD = Xác định tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm D có tung độ nhỏ Ta cm AIuuru vng góc với DE K (K thuộc DE) uur Đi cm AI DE = ⇒ AI ⊥ DE 0,5 Phương trình AI : 3x +y -14 =0 suy A(3 ; 5) 0,5 AB = AD = 10 ⇒ D ( 0;6 ) Suy ra: AB : 3x – y - = 0,5 Từ suy B(2; 2) B (4; 8) (loại góc BAC tù) Suy C(6;2) 0,5 CâuV 1) 4,0đ 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AK cắt cạnh SB , SD M N Đặt V1= VS.AMKN , V = VS.ABCD.Khi mp(P)//BD, tính V V tỷ số thể tích chứng minh rằng: ≤ ≤ V V * Khi mp(P)//BD, tính tỷ số thể tích 2.0 V1 V Gọi O giao điểm 2đường chéo I giao điểm AK SO 0,25 Do (P)//BD, qua I kẻ đường song song với BD cắt SB SD M M Trong tam giác SAC có I trọng tâm S Suy ra: SM SN = ; = SB SD N D Vì ABCD hbh nên VS.ABC = VS.ADC = V V SM SK 1 A S AMK = = = ⇒ VS AMK = V Ta có V SB SC 3 S ABC K I M O 0,25 C B 0,25 Tương tự ta có VS ANK = V Suy V1 = V 0,25 V1 ≤ ≤ V SM SN V Đặt x = , y= Tính theo x y SB SD V VS AMK SM SK x y = = x ⇒ VS AMK = V Tương tự ta có VS ANK = V Ta có V SB SC 4 S ABC V x+ y Suy = (1) V Lại có Do V1 = VS.AMN+ VS.MNK VS.ABC = VS.ADC = V Mà * Chứng minh rằng: 2,0đ 0,25 = = xy => VS.AMN = V => VS.KMN = V V xy Suy = (2) V x Từ (1) (2) suy y = Do x>0; y> nên x> 3x − x 1 ≤ ⇒ x ≥ Vậy ta có x ∈ ;1 Vì y ≤ ⇒ 3x − 2 = = xy (2,0đ) Xét hàm số f(x) = 0,25 0,25 đ x(3x − 2) 3x V1 xy 1 = = với x ∈ ;1 Có f’(x) = 4(3x − 1) 4(3 x − 1) V 2 BBT: x f’(x) f(x) 3 + Từ BBT suy 0,25 đ V1 ≤ ≤ V Trong hệ tọa độ không gian Oxyz cho hai điểm A ( 1;1;0 ) ; B ( 3; −1; ) 2) đường thẳng d : nhỏ uuur x +1 y −1 z + = = Tìm M thuộc d cho tổng MA + MB −1 2,0đ uu r Nhận xét đc AB ( 2; −2; ) , ud (1; −1; 2) hai véc tơ phương Và cm AB//d 0,5 Gọi A’ đối xứng với A qua d ; Với M thuộc d ta có : MA + MB = MA’ + MB’ ≥ A ' B Suy GTNN MA + MB = A’B M, A’, B thẳng hàng Mặt khác AB// d nên suy M trung điểm A’B suy MI vng góc d 0,5 Gọi H hình chiếu vng góc I lên d ; H trùng M ; Tìm H 0,5 KL M(1;-1;2) 0,5 ... -Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP 12 Câu - Câu I ĐIỂ M 4,0 đ NỘI DUNG ĐÁP ÁN Với tham số m ∈ R, gọi (Cm) đồ thị... x − 1) = ⇔ x = ∨ x = 1± ;0÷ ÷ 0,5 1± nên (C1) cắt Ox (1;0) Đồ thị: (2,0đ) 0,5 -1 0 -5 10 -2 -4 Chứng minh rằng: m thay đổi, đường thẳng (∆m): y = mx − m cắt 2,0đ (Cm) điểm A có hồnh... 0;3] - Nếu x ∈ [ 0;2] ⇒ f ( x) = x3 − x(2 − x) = x + x − x ' có f ' ( x) = x + x − ; f ( x) = ⇔ x = 0,5 x = −2 ( loại ) 40 2 f (0) = 0; f (2) = 8; f ÷ = − ⇒ max f ( x) = [ 0;2] 27 3 - Nếu