Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/toihoctoan
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Câu I. (4 điểm) Cho hàm số: 3 2 3 2y x x mx có đồ thị là (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để (C m ) có các điểm cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị đó tạo với đường thẳng : 4 5 0d x y một góc 0 45 . Câu II. (4 điểm) 1. Giải phương trình: 2 sin3 cos .cos2 . tan2 tanx x x x x . 2. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 1 1 3 1 8 2 1 0 x y x y xy y x y x Câu III. (4 điểm) 1. Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2 y z x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 4 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1) A x y z x y z . 2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi 1;2x : 2 2 2 3 1 0 3 1 1 m x x x x . Câu IV. (4 điểm) 1. Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Lí và 9 quyển sách Hóa (các quyển sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi học sinh được 2 quyển sách khác loại. Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn Bình. Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC , với đỉnh (1; 3)A , phương trình đường phân giác trong : 2 0BD x y và phương trình đường trung tuyến : 8 7 0CE x y . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu V. (4 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a , góc 0 60BAD , SA SC và SB SD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Biết rằng ( ) ( )SDM SDN , hãy tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mp(SMN). 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ): 2 2 6 0P x y z và các điểm ( 1;2;3)A , (3;0; 1)B , (1;4;7)C . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 2 2 MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN – Thời gian làm bài: 180 phút - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không được dùng tài liệu và máy tính bỏ túi. ĐÁP ÁN. Câu Ý Nội dung Điểm * Với 0m , ta được hàm số 3 2 3 2y x x 1/ TXĐ: . 2/ Sự biến thiên: - Giới hạn: 3 2 3 3 3 2 lim ( 3 2) lim (l 1 )im x xx y x x x x x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,5đ - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 ' 0 0 2y x x y x x BBT: x 0 2 y’ 0 0 y 2 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; , nghịch biến trên 0;2 ; Hàm số đạt cực đại tại D 0, 2 C x y ; đạt cực tiểu tại 2, 2 CT x y 1,0đ 1. 3/ Đồ thị: 0,5đ Tìm m để (C m ): 3 2 3 2y x x mx có các điểm cực đại, cực tiểu … - Ta có: 2 ' 3 6y x x m . Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT ' 0y có 2 nghiệm phân biệt ' 0 9 3 0 3m m (*) 0,5đ I 2. - Lấy y chia 'y ta được: 1 1 2 ' 2 2 3 3 3 3 m m y y x x Suy ra đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình là: 2 : 2 2 3 3 m m y x , đường thẳng này có hệ số góc là 1 2 2 3 m k . Đường thẳng 1 5 : 4 5 0 4 4 d x y y x có hệ số góc là 2 1 4 k 0,5đ - Các đường thẳng và d tạo với nhau góc 0 45 khi và chỉ khi: 0 1 2 1 2 39 10 tan 45 . 1 1 2 m k k k k m 0,5d - Kết hợp với điều kiện ta được 1 2 m là giá trị cần tìm. 0,5đ Giải phương trình: 2 sin3 cos .cos2 . tan 2 tanx x x x x (1) - ĐK: cos 0 2 , cos2 0 4 2 x m x m n x x n 0,5đ 2 2 2 sin .cos2 (1) sin3 sin 2 .cos cos sin3 .cos sin 2 .cos sin .cos2 2sin3 .cos sin 2 .(1 cos2 ) cos2 .(1 cos2 ) sin 4 sin2 sin 2 sin 2 .cos2 cos2 .(1 cos2 ) sin 2 .cos2 cos2 .(1 cos 2 ) cos2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x (loai) sin 2 cos2 1x x 1,0đ 1. 2 2 2 4 4 sin(2 ) 34 2 2 2 4 4 4 x k x k x x k x k Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của PT(1) là: , x k k 0,5đ Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 1 1 (1) 3 1 8 2 1 (2) 0 (3) x y x y xy y x y x - Ta có: (1) (2 1) (2 1)( 1) 2( 1) 0 (1.1)x x y y - Từ (3) suy ra: 1 0 1y y . Đặt 2 1 0, 1 0a x b y , PT (1.1) trở thành : 2 2 2 0 2 (loai) a b a ab b a b a b 0,5đ II 2. 2 1 1 2x y x y . Thay vào PT (2) ta được PT: 3 3 3 3 3 3 3 3 6 1 8 4 1 (6 1) 6 1 8 2 6 1 6 1 (2 ) (2 ) (2.1) x x x x x x x x x x x - Xét hàm số: 3 ( )f t t t trên * , ta có: 2 '( ) 3 1 0, 0f t t t ( )f t đồng biến trên * 3 3 (2.1) ( 6 1) (2 ) 6 1 2f x f x x x 0,5đ 3 3 1 6 1 8 4 3 (2.2) 2 x x x x - Nhận thấy: với 1x thì 3 1 4 3 1 2 x x PT (2.2) vô nghiệm 0 1x - Đặt cos , 0; 2 x , PT (2.2) trở thành: 3 1 4cos 3cos 2 1 2 cos3 3 2 , 2 3 9 3 k k k 0,5đ Do 0; 2 nên cos 2.cos 9 9 9 x y . Vậy hệ ban đầu có 1 nghiệm là : ; cos ;2cos 9 9 x y 0,5đ Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2 y z x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 4 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1) A x y z x y z . Giải: - Do 2 2 2 1 ( ) 2 y z y z nên từ giả thiết suy ra: 2 2 x y z y z x - Mặt khác: theo BĐT Cauchy ta có: 2 2 2 2 1 1 2 ( 1) (1 )(1 ) (2 ) 2 4 4 x y z y z x x 0,5đ Khi đó áp dung BĐT Cauchy và kết quả trên ta có: 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 3 1 2 4 (1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) 1 2 4 (2 1)(1 ) 4 2 6 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ( 1) A x y z x y z x x x x x x x x x x x x x 0,5đ - Xét hàm số 3 2 3 2 6 1 ( ) ( 1) x x x A x x với 0x , Ta có: 4 2(5 1) 1 '( ) '( ) 0 ( 1) 5 x A x A x x x 0,5đ 1. - Lập BBT : x 0 1 5 A’(x) 0 A(x) 2 1 91 108 Theo BBT ta được: min 91 1 , 5 108 5 A x y z 0,5đ III. 2. Tìm mọi giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi 1;2x : 2 2 2 3 1 0 3 1 1 m x x x x Giải: - Với 2 5 1;2 3 1 1 4 x x x Đặt 4 5 113 2 txxt 0,5đ Bất phương trình ban đầu trở thành: 2 2 2 0 (*) 1 mt m t t t - Xét hàm số: 2 2 ( )f t t t với 4 5 ;1t . 0,5đ - Ta có: 4 5 ;1;0 )( 24 )( 22 / t tt t tf ( )f t nghịch biến trên đoạn 5 1; 4 Mà ( )f t liên tục trên đoạn 5 1; 4 5 5 1; 1; 4 4 5 32 max ( ) (1) 1, min ( ) ( ) 4 45 t t f t f f t f 0,5đ - Nhận thấy: bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi 1;2x khi và chỉ khi BPT (*) nghiệm đúng với mọi 4 5 ;1t 5 1; 4 32 min ( ) 45 t m f t m Vậy 32 45 m là giá trị cần tìm. 0,5đ Tính xác suất … - Gọi x là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Lí) (tức là có x quyển Toán và x quyển Lí) y là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Hóa) (tương tự) z là số cặp gồm 2 quyển (Lí, Hóa) (tương tự) 0,5đ - Ta có hệ phương trình: 12 3 7 4 9 5 8 x y z x x y y y z z z x 0,5đ - Khi đó: số cách chọn 2 phần thưởng (Toán, Lí) là: 2 3 3C cách Số cách chọn 2 phần thường (Toán, Hóa) là: 2 4 6C cách Số cách chọn 2 phần thường (Lí, Hóa) là: 2 5 10C cách Mà số cách chọn 2 phần thưởng trong số 12 phần thưởng là: 2 12 66C cách 0,5đ 1. - Vậy xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau là: 2 2 2 3 4 5 2 12 3 6 10 19 0,29 66 66 C C C C 0,5đ IV. 2. * Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC… - Do : 2 0 ( ;2 )B BD x y B b b - Gọi E là trung điểm của AB 1 1 ; 2 2 b b E . - Lại do : 8 7 0 3 ( 3;5)E CE x y b B 0,5đ - Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua BD, theo tính chất của phân giác trong 'A BC . +/ Vì 'A A BD và 'A A A nên phương trình ': 4 0AA x y +/ Gọi 'I AA BD tọa độ I là nghiệm của hệ: 2 0 3 4 0 1 x y x x y y +/ Lại do I là trung điểm của 'AA nên ' (5;1)A 0,5đ - Vì 'A BC nên phương trình 'BA chính là phương trình BC. Ta có: ' ( 8;4) (1;2)A B n là vectơ pháp tuyến của BC : 2 7 0BC x y - Mặt khác: C CE BC tọa độ C là nghiệm của hệ: 2 7 0 7 (7;0) 8 7 0 0 x y x C x y y 0,5đ - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: 2 2 2 2 2 2 0 , ( )x y ax by c a b c - Vì A, B, C thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình: 2 2 6 10 5 6 10 34 2 14 49 21 a a b c a b c b a c c Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 4 5 21 0x y x y . 0,5đ 1. * Tính thể tích S.ABCD… - Theo giả thiết ABCD là hình thoi, có 0 60BAD ABD là tam giác đều cạnh 2a 2 2 , 2 3, 2 3 ABCD BD a AC a S a 0,25đ V. - Gọi , , .E AC MD F AC ND O AC BD - Theo giả thiết suy ra ( )SO mp ABCD S F E N M O D C B A H I K - Lại có: ( ) AC BD AC mp SBD AC SD AC SO - Dựng EH SD tại H 0 ( ) 90SD mp HFE FHE là góc giữa 2 mp(SMD) và (SND) vuông góc với nhau. - Dễ thấy HE HF HFE vuông cân tại H 1 1 3 2 6 3 a HO EF AC 0,5đ - Mặt khác: 2 2 2 1 1 1 OH SD OH SO OD 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 2 2 2 a SO SO OH OD a a a 3 2 . 1 1 2 6 . .2 3 3 3 2 3 S ABCD ABCD a a V SO S a 0,5đ * Tính khoảng cách từ D đến mp(SMN). - Gọi I MN BD I là trung điểm của BO 3.DI OI ( ;( )) 3. ( ;( ))d D SMN d O SMN . 0,25đ - Ta có: ( ) ( ) ( ) MN BD MN mp SOI mp SMN mp SOI MN SO theo giao tuyến SI - Dựng OK SI tại K ( ) ( ; ( ))OK SMN OK d O mp SMN - Do OK là đường cao của tam giác vuông OSI nên: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 4 6 6 6 ( ; ( )) 3. 6 2 a a OK d D mp SMN OK OK SO OI a a a Vậy 3 . 6 3 S ABCD a V và 6 ( ;( )) 2 a d D SMN . 0,5đ * Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2 MA MB MC nhỏ nhất - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có: (1;2;3)G - Nhân thấy: 2 2 2 2. .MA MG GA MA MG GA MG GA - Tương tự: 2 2 2 2. .MB MG GB MG GB ; 2 2 2 2. .MC MG GC MG GC 0,5đ Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 3. 2. .( )MA MB MC MG GA GB GC MG GA GB GC 2 2 2 2 3MG GA GB GC . - Do đó: 2 2 2 MA MB MC nhỏ nhất 2 MG nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G trên mp(P). 0,75đ 2. - Ta có đường thẳng d đi qua G và vuông góc với mp(P) có phương trình là: 1 , 2 2 , 3 2x t y t z t - M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ: 1 1 2 2 0 (0;4;1) 3 2 4 2 2 6 0 1 x t t y t x M z t y x y z z là điểm cần tìm. 0,75đ Ghi chú: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Câu V.1 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. . 0,5đ 2 2 2 sin .cos2 (1) sin3 sin 2 .cos cos sin3 .cos sin 2 .cos sin .cos2 2sin3 .cos sin 2 .(1 cos2 ) cos2 .(1 cos2 ) sin 4 sin2 sin 2 sin 2 .cos2 cos2. - Tương tự: 2 2 2 2. .MB MG GB MG GB ; 2 2 2 2. .MC MG GC MG GC 0,5đ Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 3. 2. .( )MA MB MC MG