Tải bản đầy đủ

Đề khảo sát đội tuyển Toán 12

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN LỚP 12 NĂM HỌC 2016-2017

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (6,0 điểm)
4
2
1) Cho hàm số y = x − 2mx + m ( 1) (m là tham số). Tìm các giá trị của m để đồ
thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị cùng nằm trên đường tròn có tâm là gốc tọa độ O ( 0;0 ) .
x
2) Cho hàm số y =
có đồ thị (C ) . Tìm tất cả các điểm M trên (C ) sao cho
x −1
khoảng cách từ tâm đối xứng của (C ) đến tiếp tuyến của (C ) tại M là lớn nhất.
Câu II. (3,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực.
( 3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0


2
6 y − 1 − m ( 10 − 2 x ) = 4 4 y − 1
Câu III. (2,0 điểm)

(

)

(

)

(

2
2
2
Giải phương trình sau: log 2 x − x − 1 .log 3 x + x − 1 = log 6 x − x − 1

)

Câu IV. (2,0 điểm)
Chứng minh đẳng thức sau:
1
1
1
1
C21n + C23n + C25n + .... + C22nn −1 =
22 n +1 − 2 ) ( ∀n ∈ ¥ *)
(
2
3
n
2n + 1
Câu V. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm
I (4;2) là trung điểm của BC. Điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng ra
ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE đều vuông cân tại A. Biết rằng điểm D có
tung độ nhỏ hơn 7, BD = 2 5 và đường thẳng DE có phương trình x − 3 y + 18 = 0 . Tìm

tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu VI. (3,0 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = 1, BC = 2, A'A = 3 . Một mặt
phẳng (P) thay đổi đi qua điểm C ' và luôn cắt các tia AB, AD, AA ' lần lượt tại E, F, G
(khác điểm A).
1
2
3
+
+
=1
1) Chứng minh rằng:
AE AF AG
2) Xác định các điểm E, F, G để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.
Câu VII. (2,0 điểm)
Cho x, y, z ∈ ( 1; +∞ ) thỏa mãn x + y + z = xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x −1 y −1 z −1
P= 2 + 2 + 2
y
z
x

__________ Hết __________
Họ và tên thí sinh: …………………………………. Số báo danh: …………….………


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN LỚP 12 NĂM HỌC 2016-2017

Câu/ý
Hướng dẫn giải
Điểm
4
2
I.1)
Cho hàm số y = x − 2mx + m ( 1) (m là tham số). Tìm các giá trị của m
để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị cùng nằm trên đường tròn có tâm 3.0
là gốc tọa độ O ( 0;0 ) .
TXĐ: D = ¡
y ' = 4 x 3 − 4mx = 4 x( x 2 − m)
x = 0
y'= 0 ⇔  2
x = m

0.5

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị
⇔ phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔m>0
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
A ( 0; m ) , B − m ; m − m 2 , C m ; m − m 2

(

I.2)

) (

)

Dễ thấy tam giác ABC cân tại A. Hai điểm B, C đối xứng qua Oy
Các điểm A, B, C cùng nằm trên đường tròn gốc O ( 0;0 )
⇔ OA = OB = OC

m = 0

2
⇔ m = m + ( m − m 2 ) ⇔ m 4 − 2m3 + m = 0 ⇔  m = 1

m = 1 ± 5

2
1+ 5
Đối chiếu điều kiện nhận được m = 1; m =
2
x
Cho hàm số y =
có đồ thị (C ) . Tìm tất cả các điểm M trên (C ) sao
x −1
cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C ) đến tiếp tuyến của (C ) tại M
là lớn nhất.
TXĐ: D = ¡ \ { 1}

Tính giới hạn, tìm các đường tiệm cận và chỉ ra tâm đối xứng của
(C) là I ( 1;1)
y'= −

0.5
0.5
0.5

0.5

0.5

3.0

0.5

1

( x − 1)

2

m 
1

Giả sử điểm M  m;
÷∈ ( C ) ( m ≠ 1) ⇒ y ' ( m ) = −
2
 m −1
( m − 1)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M:
1
m
2
y=−
x − m) +
⇔ x + ( m − 1) y − m 2 = 0 ( d )
2 (
m −1
( m − 1)

2

0.5
0.5


d ( I ;( d ) ) =
d ( I ;( d ) ) =

2 m −1
1 + ( m − 1)

0.5

4

2

( m − 1)

2

+

1
2
( m − 1)



2
= 2
2

0.5

 m = 0 ( tm )
2
max d ( I ; ( d ) ) = 2 ⇔ ( m − 1) = 1 ⇔ 
m ≠1
 m = 2 ( tm )
Vậy tìm được 2 điểm thỏa mãn là: M 1 ( 0;0 ) , M 2 ( 2;2 )
II.

0.5

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm
thực.
( 3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0
( 1)

2
6 y − 1 − m ( 10 − 2 x ) = 4 4 y − 1 ( 2 )
Điều kiện: y ≥ 1; x ≤ 2; m ≥ 0

( 1) ⇔ (


(

2− x

) −(
3

)

0.5

3

2 y −1 + 2 − x − 2 y −1 = 0

)(

3.0

)

2 − x − 2 y − 1 2 − x + 2 − x. 2 y −1 + 2 y −1 + 1 = 0

⇔ 2 − x − 2 y − 1 = 0 ⇔ 2 − x = 2 y − 1 ⇔ x = 3 − 2 y ( 3)
Với y ≥ 1 ta luôn có x < 2 thỏa mãn điều kiện

0.5

Thay vào (2) được phương trình: 6 y − 1 − 4m ( y + 1) = 4 4 y 2 − 1 ( 4 )
Với y ≥ 1, ( 4 ) ⇔ 3

y −1
y −1
− 24
= m ( 5)
y +1
y +1

y −1
với y ≥ 1
y +1
2
g '( y ) =
> 0, ∀y ≥ 1 ⇒ 0 ≤ g ( y ) < 1, ∀y ≥ 1
2
( y + 1)

0.5

Xét g ( y ) =

y −1
( 0 ≤ t < 1) , phương trình (5) trở thành: 3t 2 − 2t = m ( 6 )
y +1
Hệ phương trình có nghiệm thực
⇔ ( 4 ) có nghiệm y ≥ 1 ⇔ ( 6 ) có nghiệm t ∈ [ 0;1)
1
2
Xét hàm số h ( t ) = 3t − 2t ,0 ≤ t < 1 có h ' ( t ) = 6t − 2; h ' ( t ) = 0 ⇔ t =
3
Đặt t =

0.5

4

0.5

0.5

1
Hệ phương trình có nghiệm thực ⇔ − ≤ m < 1 ⇔ 0 ≤ m < 1
3

3


III.

Giải phương trình sau:

(

)

(

)

(

)

2.0

log 2 x − x 2 − 1 .log 3 x + x 2 − 1 = log 6 x − x 2 − 1 ( 1)
 x2 − 1 ≥ 0

2
Điều kiện:  x − x − 1 > 0 ⇔ x ≥ 1

2
 x + x − 1 > 0

0.5

(

)(
)
( 1) ⇔ log ( x + x − 1 ) .log ( x + x − 1 ) = log ( x + x − 1 )
⇔ log ( x + x − 1 ) .log ( x + x − 1 ) = log ( x + x − 1 )
log ( x + x − 1 ) log ( x + x − 1 )
⇔ log ( x + x − 1 ) .
=
log 3
log 6
log x + x − 1 = 0
 x + x −1 = 1
(
)

⇔
⇔
 x + x − 1 = 2
log ( x + x − 1 ) = log 3

2
2
Nhận xét: x − x − 1 x + x − 1 = 1
−1

2

2

2

2

3

2

2

2

2

3

6

2

0.5

2

2

2

−1

6

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

0.5

log6 3

6

Với x + x 2 − 1 = 1 ⇔ x − x 2 − 1 = 1 ta có x = 1( tm )

Với x + x 2 − 1 = 2log 3 ⇔ x − x 2 − 1 = 2− log 3 ta có x =
6

IV.

6

1 log 3 − log 3
( 2 + 2 ) ( tm )
2
6

6

Chứng minh đẳng thức sau với ∀n ∈ ¥ *
1
1
1
1
C21n + C23n + C25n + .... + C22nn −1 =
22 n +1 − 2 ) ( 1)
(
2
3
n
2n + 1
1 2 k −1 1
( 2n ) !
Xét: C2 n = .
k
k ( 2k − 1) !( 2n − 2k + 1) !

2.0

0.5

( 2n + 1) !
2
2
=
.
=
C22nk+1 ( ∀n ∈ ¥ *,1 ≤ k ≤ n )
2n + 1 ( 2k ) !( 2n − 2k + 1) ! 2n + 1

2
C22n +1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 )
(
2n + 1
2
=
C20n + C22n +1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 − 1)
(
2n + 1
2
1
=
22 n − 1) =
22 n +1 − 2 ) = VP ( 1)
(
(
2n + 1
2n + 1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác
ABC có góc A nhọn, điểm I (4;2) là trung điểm
của BC. Điểm A thuộc đường thẳng
d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng ra ngoài tam giác ABC D
các tam giác ABD, ACE đều vuông cân tại A.
Biết rằng điểm D có tung độ nhỏ hơn 7,
BD = 2 5 và đường thẳng DE có phương trình
x − 3 y + 18 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
VT ( 1) =

V.

4

0.5

0.5
0.5
0.5
E

2.0

A

B

I

C


uur uuur 1 uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
AI .DE = AB + AC . AE − AD = AB. AE − AB. AD + AC . AE − AC . AD
2
2
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
1
1
·
·
= AB. AE − AC. AD = AB. AE.cos BAE
− AC. AD.cos CAD
=0
2
2
⇒ AI ⊥ DE
Phương trình DE: x − 3 y + 18 = 0 ; phương trình AI: 3 x + y − 14 = 0
Tọa độ điểm A là: A ( 3;5 )

(

)(
)

(

)

(

)

(

)

0.5

BD = 2 5 ⇒ AB = 10 = AD ⇒ D ( 3d − 18; d ) (d < 7)
 d = 6 ( tm )
AD = 10 (3d − 21) + (d − 5) = 10 ⇔ 10d − 136d + 456 = 0 ⇔ 
 d = 38 ( l )

5

0.5

b = 4
2
2
B ( b;3b − 4 ) , AB = 10 ⇔ ( b − 3) + ( 3b − 9 ) = 10 ⇔ 
b = 2
b = 4 ⇒ B ( 4;8 ) ⇒ C ( 4; −4 ) ⇒ µA < 900 ( tm )

0.5

2

2

2

⇒ D ( 0;6 )
uuur
AD ( −3;1) ⇒ pt AB : 3 x − y − 4 = 0

VI.1)

b = 2 ⇒ B ( 2;2 ) ⇒ C ( 6;2 ) ⇒ µA > 900 ( l )
Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = 1, BC = 2, A'A = 3 .
Một mặt phẳng (P) thay đổi đi qua điểm C ' và luôn cắt các tia AB, AD,
AA ' lần lượt tại E, F, G (khác điểm A).
1
2
3
+
+
=1
1) Chứng minh rằng:
AE AF AG

0.5

G

A'
C'

B'

1.5

D'

I
A

M

F

D

B

C

E

5

N


Gọi M, N lần lượt là giao
điểm của AC với BD và EF
Dễ thấy:
AB AD
AM
+
=2
( 1)
AE AF
AN

A

M1
M

B

0.5

D

M2
E

F

N

AI
1
= ;
AC ' 3

0.5

Gọi I là giao điểm của AC’
và A’M, dễ thấy
2 AM AA '
AI
+
=3
( 2)
AN
AG
AC '

A

M

I2
I

I1

C’

N

0.5

A'

G

1
2
3
+
+
=1
AE AF AG
2) Xác định các điểm E, F, G để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.
1
2
3
+
+
=1
Theo chứng minh trên ta có:
AE AF AG
1
2
3
6
AE. AF . AG
+
+
≥ 33

≥ 27
Nên 1 =
AE AF AG
AE. AF . AG
6
1
Dễ thấy VABDA ' = AB. AD. AA ' = 1
6
AE. AF . AG
AE. AF . AG
VAEFG =
VABDA ' =
VABDA ' ≥ 27
AB. AD. AA '
6
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
Từ (1) và (2) ta suy ra:

VI.2)

6

1.5
0.5

0.5
0.5


VII.

2
3
 1
 AE = 3
 AE + AF + AG = 1 
⇔  AF = 6

 1 = 2 = 3
 AG = 9

 AE AF AG
min VAEFG = 27 ⇔ AE = 3, AF = 6, AG = 9
Cho x, y, z ∈ ( 1; +∞ ) thỏa mãn x + y + z = xyz .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x −1 y −1 z −1
+ 2 + 2
y2
z
x

1
1
1
+ + =1
xy yz zx
 1
1
1 1
1
1
+ +
 2 + 2 + 2 ÷≥
y
z  xy yz zx
x

2.0

Từ giả thiết ta có:

2

1 1 1
 1
 1
1
1
1
1
1
1
1
 + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2  + + ÷≥ 3 + + ÷ = 3
x
y
z
x y z
 xy yz zx 
 xy yz zx 
1 1 1
⇒ + + ≥ 3
x y z
P=

0.5

x − 1+ y − 1 y − 1+ z − 1 z − 1+ x − 1  1 1 1   1 1 1 
+
+
−  + + ÷+  2 + 2 + 2 ÷
y2
z2
x2
 x y z  x y z 

1 1
 1 1
 1 1   1 1 1  1 1 1 
= ( x − 1)  2 + 2 ÷ + ( y − 1)  2 + 2 ÷ + ( z − 1)  2 + 2 ÷ −  + + ÷ +  2 + 2 + 2 ÷
 z x   x y z  x y z 
x y 
y z 
2
2
2 1 1 1  1
1
1
P ≥ ( x − 1)
+ ( y − 1)
+ ( z − 1) −  + + ÷+  2 + 2 + 2 ÷
xy
yz
zx  x y z   x
y
z 

1.0

1 1 1  1
 1
1
1
1
1 
=  + + ÷+  2 + 2 + 2 ÷− 2  +
+ ÷
y
z 
x y z x
 xy yz zx 
1 1 1  1
1
1
P ≥  + + ÷−  + + ÷ ≥ 3 − 1
 x y z   xy yz zx 

1 1 1
x = y = z

min P = 3 − 1 ⇔ 
⇔x= y=z= 3
 1 + 1 + 1 =1
 xy yz zx

0.5

Chú ý: Trên đây là đáp án tham khảo, học sinh làm bài cần rõ ràng các bước. Các cách
giải khác đúng được cho điểm theo các phần tương ứng trong đáp án.

7



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×