DE KIEM TRA DOI TUYEN HSG 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA. ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI. TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2. MÔN: TOÁN – LỚP 12. NĂM HỌC 2015-2016 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. (4 điểm) 2x 1 có đồ thị là (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) các điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm M (1;1) và trọng. Cho hàm số y . tâm tam giác OAB nằm trên đường thẳng d : 2 x  9 y  12  0 , biết điểm A có hoành độ nguyên. Câu II. (4 điểm). 1. Tìm các nghiệm của phương trình sau trong khoảng  0;   : 2cos 2 x.(2 cos x  1)  1 . 2.. Giải hệ phương trình:. . ( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  6 ln  x 2  2  x    2 4 3 3 27 x y  x  10 y  2 y  6 x  2.  y . . y 2  2   6 ln 2 . Câu III. (4 điểm). 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2. Giải bất phương trình:. b  2c a  2c   6 ln( a  b  2c) . 1 a 1 b. x 2  2 x  x  ( x  1)3 .. Câu IV. (4 điểm). 1. Gọi X là tập các số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ X, tính xác suất để số được chọn có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ đó không đứng cạnh nhau. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A(0;4) , điểm I (3;0) là trung điểm cạnh BC. Điểm D (6;0) thuộc đoạn IC . Tìm tọa độ các điểm E , F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACD . Câu V. (4 điểm). ·  1200 . 1. Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi với AB  a 3 và BAD Biết rằng góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( ADA ') bằng 300 . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ trung điểm N của BB ' đến mặt phẳng ( AMC ') , với M là trung điểm của A ' D ' . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm. A(1; 2;3) , B(1;2;1); biết tâm mặt cầu thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  2  0 và có bán kính nhỏ nhất. HẾT Chú ý: - Học sinh không được dùng tài liệu và Máy tính cầm tay..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 4 I.2. Có các điểm: A(2;3), B( ; ) 2 3  3 5 II.1. Có 3 nghiệm: x  , x  , x . 7 7 7 II.2.. y PT (1)  x  y  2 x  2 y  6ln 3. y2  2. 3.   x  2  x   6 ln 2 2. 2. x  x2  2. . .    x  2 x  6ln  x  x  2   y  2 y  6 ln  y  y  2  Xét hàm số: f (t )  t  2t  6 ln  t  t  2  với t  ¡ .  x3  y 3  2 x  2 y  6ln y  y 2  2  6ln x  x 2  2 3. 2. 3. 3. 2. 2.  2 2  3 t 2    . 2 t 2 t 2 3  2 2  với u  0 . Xét hàm số: g (u )  u  u2 3 1 1 Có: g '(u )  1   1  0  g(u) là hàm đồng biến trên  0;   3 23  u  2. Có f '(t )  3t 2  2 . 6. 2. 2  0  f '(t )  3 g (u )  0  hàm số f(t) đồng biến trên R. 3 Suy ra: f ( x )  f ( y )  x  y . Thay vào PT(2) ta được PT:  g (u )  g (0)  2 . 27 x 6  x 3  4 x  2  3x 2  3 x 3  4 x  2  x3  3x 2  4 x  2  x3  4 x  2  3 x3  4 x  2  ( x  1)3  ( x  1)  x 3  4 x  2  3 x 3  4 x  2  x  1  3 x3  4 x  2  3x 2  x  1  0  x . 1  13 1  13 y 6 6. III.1. a  b  2c  1 a  b  2c  1   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b 1   1   a  b  2c  1     6ln(a  b  2c)  1 a 1 b  Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 1 1 2 )   (1), 1  a 1  b 1  ab ab  1 ) ab  (2) 2 Thật vậy, 1 1 2 )     2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b  1  a 1  b 1  ab P2. . . . 2. a b. . . . ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a  b hoặc ab  1 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 ab  1  ab  1  0 . Dấu “=” khi ab  1 . 2 1 1 2 2 4 Do đó:     1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab 2 4 4 16    2 ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c 2.  ) ab . . . Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có: 16  t  1 P  2  f (t )   6ln t , t  0; t2 6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8  f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t 0 4  f’(t) 0 + f(t) 5+6ln4 Vậy Pmin  3  6ln 4 khi a  b  c  1 .. 5 1 2 88 IV.1. P( A)  567  1 IV.2. E  2;  ; F  7;8   2 9a 3 2 a 6 V.1. V  ;d 2 2 V.2. + Mặt phẳng (Q ) là mp trung trực của AB có phương trình x  z  2  0. + Gọi I là tâm và R là bán kính mặt cầu cần tìm. 2 x  y  z  2  0 x  y + Có I  ( P)  (Q ) nên tọa độ điểm I thỏa mãn hệ   x  z  2  0 z  x  2 Chọn I (t; t ; t  2) III.2. x . 2. 42 42 2  2  14  2 2 8 + Ta có R  IA  3  t      Rmin  t  I  ; ;  3 3 3 3  3  3 3 3 2. 2. 2. 2  2  8  14  Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x     y     z    . 3  3  3 3 .

<span class='text_page_counter'>(4)</span>