Đề thi thử THPT quốc gia

Tính xác suất để tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC..[r]

SỞ GD VÀ ĐT CAO BẰNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018

MƠN: TỐN 12 (Thời gian làm 180 phút) Câu 1: (6,0 điểm)

1.Tìm giá trị m để hàm số y 1 m x 3m1x2 4mxm đồng biến tập số thực

2.Tìm trục hồnh điểm kẻ hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số  

2

1

x

y C

x 



Biết hai tiếp tuyến tạo với góc 45

3.Giải hệ phương trình

2

2

2

3 2

1

log

2

x y

y

x y

x y

   

 

  

 



Câu 2: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

2

4 sin cot

1 cos

x x

x

 



Câu 3: (2,0 điểm)

Tính

 3

2

lim

x

x x

I

x 

 





Câu 4: (2,0 điểm)

Một hộp chứa 11 cầu đánh số theo thứ tự từ đến 11, lấy ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để tổng số ghi cầu số lẻ

Câu 5: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A, cạnh AB BC nằm hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 2x5y 1 0, đường thẳng AC qua điểm M 3;1 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu 6: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, tâm O Đường cao hình chóp

là SAa M điểm di động SB, đặt BMx   mặt phẳng qua OM vng góc với ABCD

1 Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng   Tính diện tích thiết diện theo a x

3 Xác định x để thiết diện hình thang vng Trong trường hợp tính thể tích hai phần S ABCD chia thiết diện

Câu 7: (2,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 3

2

a b c

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: (6 điểm)

1.Tìm giá trị m để hàm số y 1 m x 3m1x2 4mxm đồng biến tập số thực

2.Tìm trục hồnh điểm kẻ hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số  

2

1

x

y C

x 



Biết hai tiếp tuyến tạo với góc 45

3 Giải hệ phương trình

2

2

2

3 2

1

log

2

x y

y

x y

x y

   

    

 



Lời giải

1. Tập xác định D

   

3

y  m x  m x m

TH1: m1

12

y  x ;

3

y   x

Với m1, hàm số đồng biến khoảng 1;   

 

  Vậy m1 loại

TH2: m1

Để hàm số đồng biến  y  0, x 3 1 m x 6m1x4m  0, x

 2  

1

0

0 12

m a

m m m

  



 

 



     

 

1

10

m

m m

 

    



  

1

;5 ;5 7;

m

m m



 

     

 

     

  



Vậy m   ;5 7 hàm số cho đồng biến 2. Xét hàm số  

2

1

x

y C

x 

  

2

2

x x

y x

  



Để  tiếp tuyến đồ thị  C :    

   

2

2

1

2

2

x

k x m

x

x x

k x



 

    

 

  

Thay PT (2) vào PT (1) ta được:

         

2

2

2

1 *

1 1

x x x

x m m x xm x

x x



      

 

Để qua M kẻ hai tiếp tuyến đến  C PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác

1

0

1

m m

m

m m m

   

 

  

    

     

 

Khi PT (*) có hai nghiệm

1

0

1

x

m x

m

    

 

 

 

1

2

0

2

1 1

k y

m m

k y

m m



 

 

    

 

    

 Vì hai tiếp tuyến tạo với góc 45 nên

   2

1

tan 45

1

k k

m m

k k 

    



Với m0 ta có PT  3 m12 4m 2   2

m

m m TM

m

  

     

  

Với m0 ta có PT  3 m12  4m m2 2m  1 m 1 TM

3 Giải hệ phương trình

   

2

2

2

3 2

1

5

log

2

x y

y

x y

x y

   

    

 



Lời giải

Điều kiện  

5y    0 y 5; Ta có

   

     

2

2

3 2

2 2 2

3

2 2 2

3

5

log

2

log log

log 5 log 2

y

x y

x y

y x y x y

y y x y x y



  



      

       

Do hàm số  

f t  t t đồng biên

Ta có  2  2 2 2

5 5

f y  f x  y  y x  y x  y  (3) Mặt khác từ phương trình (1) ta có

1

y x thay vào (3) ta

 2

2 2

2

4

2

3

2

3 1

0

x x x x x

x x x x                      

Suy y   1 1.(Tmđk)

Vậy hệ phương trình cho hai nghiệm x y;  2; ;   2;  

Câu 2. Giải phương trình:

2

4 sin cot

1 cos

x x x    Lời giải   sin

1 cot

1 cos

x x

x

 



Điều kiện: sin 2x02xk ,

x k k

  

  22

cos 4sin

1

sin 2sin

x x

x x

    

sin 2x cos 2x sin 2x 2sin x

  

2

1 cos 2x cos sin 2x x cos 2x

     cos 2xcos 2xsin 2x 1 cos

cos cos

4

x

x  

              2 2 2 x k x k x k                     4 x k

x k k

x k                   

Kết hợp điều kiện ta nghiệm phương trình

4

x  k ,k

Câu 3. (2,0 điểm) Tính

 3 lim x x x I x      Lời giải

Với x1 ta có

                 2

3 3

2 1 4 3

2

1 3

x x x x

x x

x x x x x x x

   

   

      

 2 

4

1

x

x x x

  

      2

4

Vì

 

1

4

lim

4

2

x

x

x x



 

  

  1 2

1 lim

1

x x   nên:  3

2

lim

x

x x

I

x 

 

  



Câu 4. (2,0 điểm)

Một hộp chứa 11 cầu đánh số theo thứ tự từ đến 11, lấy ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để tổng số ghi cầu số lẻ

Lời giải

Gọi :A “Chọn cầu mà tổng số ghi cầu số lẻ.” Có cầu mang số lẻ cầu mang số chẵn

*Tính n  :

Chọn cầu từ 11 cầu có C116 462 cách Suy ra: n  462 *Tính n A :

TH1: Chọn cầu lẻ cầu chẵn có: 6

C C  cách TH2: Chọn cầu lẻ cầu chẵn có: 3

6 200

C C  cách TH3: Chọn cầu lẻ cầu chẵn có:

6 30

C C  cách Theo quy tắc cộng, ta có: n A  6 200 30 236

Vậy    

  236462 118231 0,51

n A P A

n

   



Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A, cạnh AB BC nằm hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 2x5y 1 0, đường thẳng AC qua điểm M 3;1 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Lời giải

B C

A

Vì  B ABAC  Tọa độ điểm B nghiệm hệ 12 23  2;1

2 1

x y x

B

x y y

   

 

 

     

 

VTPT hai đường thẳng AB BC n112; 1  n2 2; 5 

Tam giác ABC cân A  

 

o

, 90

,

ABC AB BC

ABC ACB

ACB AC BC

 



    

 

Ta có cos cos 1, 2

ABC n n 

Đường thẳng AC qua M 3;1 nên phương trình AC a x  3 b y 1 với

2

0

Ta có  2 3

2

2

cos cos ,

5 29

a b

ACB n n

a b



  



2

9a 100ab 96b

   

12

a b

a b

    

  

Trường hợp a 12b(loại) AC AB// vơ lí Trường hợp

9

a b Phương trình đường thẳng AC 8x9y330

Vì  C BCAC  Tọa độ điểm C nghiệm hệ 33 78 37; 29 29

x y

C

x y

  

   

     



Vì  A ABAC  Tọa độ điểm C nghiệm hệ 33 60 53; 12 23 29 29

x y

A

x y

  

   

     

 



Vậy 60 53; 29 29

A 

 , B 2;1 ,

78 37 ; 29 29

C 

  Câu 6. (2,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, tâm O Đường cao hình chóp

là SAa M điểm di động SB, đặt BMx   mặt phẳng qua OM vng góc với ABCD

1 Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng   Tính diện tích thiết diện theo a x

3 Xác định x để thiết diện hình thang vng Trong trường hợp tính thể tích hai phần S ABCD chia thiết diện

Lời giải

1

I K

H

O B

A

D

C S

M

Trong SAB, từ M kẻ MH  SA cắt AB H Do SAABCD nên MH ABCD Từ

đó suy MHO  ABCD

Gọi I HOCD, K trung điểm SC Khi KOABCD thiết diện hình chóp cắt MHO tứ giác MHIK

   

2 2

2

2 2 2 2 2

2 cos

2 1

2 .cos 45

2 2

OH AH AO AH AO OAH

a a

a x a x a xa x OH a xa x

  

 

            

 

  2 2

1 1

2 2

MHOK

S  MHOK OH  x x a xax  x a xax

 

2 2

1 1

2 2

KOI

x x

S  KO OI  a xax  a xax

Do đó: 2

2 MHIK MHOK KOI

S S S x a xax

3

N K

I H

M

O B

A

D

C S

Khi

2

a

BM   BS OH  MK  BC Khi thiết diện hình thang vng Gọi N trung điểm BC Ta có:

3

1 1

2 2 16

ONK HBM BMH

a

V S OH  a a a

3

3

1 1

2 24

K OICN S ABCD

a

V    V  a 

 

Do đó:

5 48

BHMCIK ONK HBM K OICN

V V V  a

3

43 48

MHKI SAD S ABCD BHMCIK

V V V  a

Câu 7. (2,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 3

2

a b c

b c c a a b 

Lời giải

 0;1

x

  ta có 2 3

1

x

x

x 



3

2 3x 3x

  

3 3x 3x

   

 2     3x 3x 3x 3x 2 3x

      

     

2

3x 3x 3x 3x 3x

   3x 3x 3x

      3x1 3x1 3x20    

2

3x 3x

   

(luôn  x  0;1 ) Vậy 2 3

1

x

x

x 

  * Dấu xảy

3

x

Ta có 2 2 2 2 2 2 3

a b c

b c c a a b  2

3

1 1

a b c

a b c

   

  

Vì a, b, c số dương thỏa mãn a2b2c2 1 nên a, b, c thuộc khoảng  0;1 Do áp dụng  * ta có:

2

3

1

a a

a 

  1 ;

2

3

1

b b

b 

  2

2

3

1

c c

c 

  3 Từ  1 ,  2 ,  3 ta có:

2 2

2 2

3 3 3

1 1 2

a b c a b c

a  b  c   

  

 2 2

2 2

3

1 1

a b c

a b c

a b c

     

   2

3

1 1

a b c

a b c

   

  

Dấu xảy 3