Tải bản đầy đủ (.pdf) (8 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (481.82 KB, 8 trang )

(1)

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


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


1.Tìm các giá trị của m để hàm số y 

1 m x

3 3

m1

x2 4mxm luôn đồng biến trên
tập số thực.


2.Tìm trên trục hồnh các điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số

 



2


1


x


y C


x


 .


Biết hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45.


3.Giải hệ phương trình


2



2


2 2


3 2 2


1
5


log 3 5


2


x y


y


x y


x y


  


 


  







.


Câu 2: (2,0 điểm)


Giải phương trình:


2


4 sin
1 cot 2


1 cos 4


x
x


x


 


 .


Câu 3: (2,0 điểm)


Tính


3
1


2 3


lim
1


x


x x


I


x


 




 .


Câu 4: (2,0 điểm)


Một hộp chứa 11 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 11, lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu.
Tính xác suất để tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.


Câu 5: (2,0 điểm)


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, các cạnh ABBC lần lượt nằm
trên hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 và 2x5y 1 0, đường thẳng AC đi


qua điểm M

 

3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.


Câu 6: (4,0 điểm)


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


SAa. M là một điểm di động trên SB, đặt BMx 2.

 

 là mặt phẳng qua OM
vng góc với

ABCD

.


1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

 

 .
2. Tính diện tích thiết diện theo ax.


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


2


a b c



(2)

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


1.Tìm các giá trị của m để hàm số y 

1 m x

3 3

m1

x2 4mxm luôn đồng biến trên
tập số thực.



2.Tìm trên trục hồnh các điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số

 



2


1


x


y C


x


 .


Biết hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45.


3. Giải hệ phương trình


2


2


2 2


3 2 2


1
5



log 3 5


2


x y


y


x y


x y


  


 






.


Lời giải


1. Tập xác định D


2



3 1 6 1 4



y  m xmxm


TH1: m1


12 4


y  x ; 0 1


3


y   x


Với m1, hàm số đồng biến trên khoảng 1;
3
 


 


 .
Vậy m1 loại.


TH2: m1


Để hàm số đồng biến trên  y  0, x 3 1

m x

2 6

m1

x4m  0, x


2



1 0



0


0 9 1 12 1 0


m
a


m m m


 




 






     


 2


1


10 3 0


m



m m





   






1


;5 2 7
;5 2 7 5 2 7;


m


m
m







   


 


     



  




.


Vậy m  

;5 2 7 hàm số đã cho đồng biến trên .
2. Xét hàm số

 



2


1


x


y C


x





2
2


2
1



x x


y
x



 





(3)

Để  là tiếp tuyến của đồ thị

 

C :

  



 



2
2


2


1
1


2


2
1


x



k x m


x


x x


k
x




 


 





 


Thay PT (2) vào PT (1) ta được:


 

  



2 2


2
2



2


1 2 0 1 *


1 1


x x x


x m m x xm x


x x




      




Để qua M kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

C PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1


1 0 1


0 0


1 2 0 1


m m


m



m m m


   


 




  


 


 


Khi đó PT (*) có hai nghiệm


1
2


0
2


1


x


m
x



m





 





 





1


2 2


0 0


2 4


1 1


k y


m m


k y



m m




 





 


 





Vì hai tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 45 nên


  

2
1 2


1 2


tan 45 4 1 3


1


k k


m m



k k


    




Với m0 ta có PT

 

3 

m1

2 4m 2 6 1 0 3 2 2


3 2 2


m


m m TM


m


  


     


 



Với m0 ta có PT

 

3 

m1

2  4mm2 2m  1 0 m 1

TM



3. Giải hệ phương trình


 


 




2


2


2 2


3 2 2


1 1


5


log 3 5 2


2


x y


y


x y


x y


  


 







Lời giải


Điều kiện 2



5y    0 y 5; 5 .
Ta có




 



2


2 2


3 2 2


2 2 2 2 2


3 3


2 2 2 2 2 2


3 3


5



log 3 5


2


log 5 log 2 3 5


log 5 5 log 2 2 .


y


x y


x y


y x y x y


y y x y x y




  




      


       



(4)

Do đó hàm số

 

3


f t  t t đồng biên trên .


Ta có

2

 

2 2

2 2 2 2 2


5 2 5 2 3 5.


fyf xy  yxyxy  (3)
Mặt khác từ phương trình (1) ta có 2


1


y x thay vào (3) ta được


2


2 2 2 2 4


2


4 2


2


3 1 5 3 6 3 5 0


2


3 5 2 0 1



0
3


x x x x x


x
x x
x
        
 

        

.


Suy ra y   1 2 1.(Tmđk).


Vậy hệ phương trình đã cho hai nghiệm

x y;

2; 1 ;

 

 2; 1 .



Câu 2. Giải phương trình:


2


4 sin
1 cot 2


1 cos 4


x
x


x
 
 .
Lời giải

 


2
4 sin


1 cot 2 1


1 cos 4


x
x


x


 


 .


Điều kiện: sin 2x02xk ,
2


x kk


   .


 

22



cos 2 4sin


1 1


sin 2 2sin 2


x x


x x


  

2


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


  


2


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


     cos 2x

cos 2xsin 2x 1

0
cos 2 0


cos 2 cos


4 4


x


x  







 
 


2
2
2 2
2 2
2
x k
x k
x k



 




  



4 2

4
x k


x k k


x k
 


  


 

  


.


Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình là


4 2


x  k ,k .


Câu 3. (2,0 điểm) Tính


3
1
2 3

lim
1
x
x x
I
x

 

 .
Lời giải


Với x1 ta có



 







2
2


3 3 3


2 3 1 4 3


2 3


1 1 2 3 1 2 3



x x x x


x x


x x x x x x x


 


 


      


2



4 3


1 2 3


x


x x x



 


  

2


4 3 1



(5)






1


4 3 7


lim 0


4


2 3


x


x


x x




 


  


  và 1

2


1
lim



1


x x   nên: 1

3


2 3


lim
1


x


x x


I


x


 


  


 .


Câu 4. (2,0 điểm)


Một hộp chứa 11 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 11, lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu.
Tính xác suất để tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.


Lời giải.



Gọi :A “Chọn 6 quả cầu mà tổng của các số được ghi trên 6 quả cầu đó là số lẻ.”
Có 6 quả cầu mang số lẻ và 5 quả cầu mang số chẵn.


*Tính n

 

 :


Chọn 6 quả cầu từ 11 quả cầu có C116 462 cách. Suy ra: n

 

 462.
*Tính n A

 

:


TH1: Chọn 1 quả cầu lẻ và 5 quả cầu chẵn có: 1 5
6. 5 6


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


6. 5 200


C C  cách
TH3: Chọn 5 quả cầu lẻ và 1 quả cầu chẵn có: 5 1


6. 5 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 tại A, các cạnh ABBC lần lượt nằm
trên hai đường thẳng có phương trình 12x y 230 và 2x5y 1 0, đường thẳng AC đi
qua điểm M

 

3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.


Lời giải


B C


A


 

BABAC  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 12 23 0 2

 

2;1


2 5 1 0 1


x y x


B


x y y


   



 


 


 


 


VTPT của hai đường thẳng ABBC lần lượt là n1

12; 1

n2 

2; 5



Tam giác ABC cân tại A





o


,
90


,


ABC AB BC


ABC ACB


ACB AC BC







    






Ta có cos cos

1, 2

1
5


ABCn n


Đường thẳng AC đi qua M

 

3;1 nên phương trình ACa x

 3

 

b y 1

0 với


2 2


0



(6)

Ta có

2 3



2 2


2 5
1


cos cos ,


5 29.


a b



ACB n n


a b




  




2 2


9a 100ab 96b 0


   


12
8
9


a b


a b


 




 




Trường hợp a 12b(loại) vì khi đó AC AB// vơ lí.
Trường hợp 8


9


ab Phương trình đường thẳng AC là 8x9y330


 

CBCAC  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 8 9 33 0 78 37;
2 5 1 0 29 29


x y


C


x y


  


 


 




 

AABAC  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 8 9 33 0 60 53;
12 23 0 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 là hình vng cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp


SAa. M là một điểm di động trên SB, đặt BMx 2.

 

 là mặt phẳng qua OM
vuông góc với

ABCD

.


1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

 

 .
2. Tính diện tích thiết diện theo ax.


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


Lời giải


1.


I


K



H



O


B



A



D



C


S




M



Trong

SAB

, từ M kẻ MH  SA cắt AB tại H . Do SA

ABCD

nên MH

ABCD

. Từ


đó suy ra

MHO

 

ABCD

.


Gọi IHOCD, K là trung điểm SC. Khi đó KO

ABCD

và thiết diện của hình chóp
cắt bởi

MHO

là tứ giác MHIK.



(7)



2 2 2


2


2 2 2 2 2


2 . .cos


2 2 1 1


2. . .cos 45


2 2 2 2


OH AH AO AH AO OAH


a a



a x a x a xa x OH a xa x


  


 


           


 


2 2 2 2


1 1 1 1 3 1


.


2 2 2 2 4 2


MHOK


SMHOK OHxx axaxx axax


 


2 2 2 2


1 1 1 1


. . .



2 2 2 2 4 2


KOI


x x


SKO OIaxaxaxax


Do đó: 1 2 2


2
MHIK MHOK KOI


SSSx axax .


3.


N
K


I
H


M


O
B


A



D


C
S


Khi 2 1


2 2


a


BM   BS thì OH



MK



BC. Khi đó thiết diện là hình thang vng.
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có:


3
.


1 1 1 1


. . . .


2 2 2 2 16


ONK HBM BMH


a


VS OHa a a .


3 3



3


. .


1 1 1


.


2 8 3 24


K OICN S ABCD


a


V    Va


  .


Do đó: 3


. .


5
48


BHMCIK ONK HBM K OICN


VVVa .



3


. .


43
48


MHKI SAD S ABCD BHMCIK


VVVa .


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 3


2


a b c


bccaab


Lời giải


 

0;1


x


  ta có 2 3 3 2



1 2


x


x


x




3


2 3 3x 3 3x


   3


3 3x 3 3x 2 0


   


3 2

 

2

 


3 3x 3x 3x 3x 2 2 3x 0


      


 



2


3x 3x 1 3x 3x 1 2 3x 1 0




(8)



2


3x 1 3x 3x 2 0


     

3x1



3x1



3x2

0

 



2


3x 1 3x 2 0


   


(luôn đúng  x

 

0;1 ). Vậy 2 3 3 2


1 2


x


x


x


 

* .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3


3


x .


Ta có 2 2 2 2 2 2 3 3


2


a b c


bccaab  2 2 2


3 3


1 1 1 2


a b c


a b c


   


   .


a, b, c là các số dương thỏa mãn a2b2c2 1 nên a, b, c thuộc khoảng

 

0;1 .
Do đó áp dụng

 

* ta có:


2
2


3 3


1 2


a a



a


 

1 ;


2
2


3 3


1 2


b b


b


 

2 và


2
2


3 3


1 2


c c


c


 

3 .
Từ

 

1 ,

 

2 ,

 

3 ta có:


2 2 2


2 2 2


3 3 3 3 3 3


1 1 1 2 2 2


a b c a b c


abc   


  


2 2 2



2 2 2


3 3


1 1 1 2


a b c


a b c


a b c


     



   2 2 2


3 3


1 1 1 2


a b c


a b c


   


   .


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3
3





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×