SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN
NĂM HỌC 2016-2017
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu I (4 điểm) Cho hàm số y = x3-3x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:
( m 2 + 1 )x3 = 3( m 2 + 1 )x + 4m .
Câu II (6 điểm):
1. Giải phương trình: cos x − 3 3 sin x = cos 7 x

4 x2 + 2
2. Giải phương trình: log 2016 6
= x 6 − 3x 2 − 1 (1)
2
x + x +1
1 + x 2 + y 2 = 5 x + 2 xy
3. Giải hệ phương trình:  2
2
 xy − 2 y ( y + y + 1) = x + 2
Câu III (2 điểm) An tham dự một kì thi. An được phép thi 3 lần. Xác suất lần đầu vượt qua kì thi là
0,9. Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7. Nếu trượt cả hai lần thì xác suất vượt
qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3. Tính xác suất để An thi đậu.
Câu IV (6 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3; −

1
), tâm đường tròn

4

5
29
), trung điểm cạnh BC là M( ;3 ). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C; biết hoành
8
2
độ của B lớn hơn hoành độ của C.
ngoại tiếp là K(0;

2. Trên ba tia Ox, O y, Oz vuông góc với nhau từng đôi một lần lượt lấy ba điểm A, B, C sao
cho OA = a, OB= b, OC = c.
a)Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c.
b)Cho A, B, C thay đổi trên các tia và thỏa mãn OA + OB + OC + AB + AC + BC = k, (với
k dương không đổi). Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC.
3. Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi M, N, P lần lượt
là trung điểm các cạnh BC, CD, DB. Giả sử AM = a, AN = b, AP = c và h là khoảng cách từ A đến mặt

9h 2
phẳng (MNP). Chứng minh rằng a + b + c ≥
.
2
2

2

2

Câu V (2 điểm):
Cho ba số x, y, z ∈ [ 1;3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =


36x 2y z
+
+
.
yz xz xy

---------------------------- Hết----------------------------


SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN
NĂM HỌC 2016-2017
Nội dung

C©u
I
4,0
điểm

§iÓm

1. Khảo sát hàm số (2 điểm)
Với m = −1, ta được hàm số y = x 3 − 3 x + 1.
Tập xác định: R
y = +∞, lim y = −∞.
Giới hạn tại vô cực: xlim
→+∞

x →−∞

0,5

Sự biến thiên: y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1.

y ' > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞). Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ − 1) và
(1; +∞) .
y ' < 0 ⇔ x ∈ (−1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1).
Điểm cực đại của đồ thị ( −1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; −1).

−∞

Bảng biến x
thiên:

y'
y

−∞

+

−1
0
3

−

+∞

+
+∞

1
0

0,5

0,5

−y1

Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).

3

Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng

-2

-1

1
O
-1

1

2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình


0,5

2
x

(2,0 điểm)

4m
4m
⇔ x3-3x +1 = 2
+1
2
m +1
m +1
4m
Số nghiệm PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = 2
+1
m +1
4m
4m
≤ 2 với mọi m ∈ R ⇒ -1 ≤ 2
Do -2 ≤ 2
+1 ≤ 3 với mọi m ∈ R
m +1
m +1
4m
4m
Ta có:
+1 = -1 ⇔ 2
= -2 ⇔ m = -1;

2
m +1
m +1
4m
4m
Và 2
+1 = 3 ⇔ 2
= 2 ⇔m = 1
m +1
m +1
4m
Suy ra: Với m ≠ ±1 đường thẳng y = 2
+1 có 3 điểm chung với đồ thị (C)
m +1
4m
Với m = ±1 đường thẳng y = 2
+1 có 2 điểm chung với đồ thị (C)
m +1
Phương trình đã cho tương đương x3-3x =

II

Vậy: với m ≠ ±1 phương trình có ba nghiệm, với m = ±1 thì PT có hai nghiệm.
1. Giải phương trình lượng giác (2,0 điểm)

0,5

0,5

1,0



6,0
Gi¶i ph¬ng tr×nh: cos x − 3 3 sin x = cos 7 x
®iÓm
Phương trình tương đương với
cos x − cos 7 x − 3 3 sin x = 0
⇔ 2sin 3 x sin 4 x − 3 3 sin x = 0
⇔ 2sin 4 x sin x(3 − 4sin 2 x) − 3 3 sin x = 0

1,0

⇔ sin x  2sin 4 x(1 + 2 cos 2 x) − 3 3  = 0
sin x = 0

 2sin 4 x (1 + 2 cos 2 x) = 3 3 (1)

2
- Với sin x = 0 suy ra x= k π , k ∈ Ζ
3 3
-Ta có (1) ⇔ sin 4 x cos 2 x + sin 4 x =
2
3 3
(2)
2
cos 2 2 x cos 2 2 x
2
Áp dụng bđt Cô si cho ba số sin 2 x,
,
2

2
2
2
cos 2 x cos 2 x
(sin 2 x cos 2 2 x) 2
ta có 1 = sin 2 2 x +
+
≥3 3
2
2
4
2
⇒ sin 2 x cos 2 2 x ≤ sin 2 x cos 2 2 x ≤
3 3
2
2
+1< 3 3
nên 4 sin 2 x cos 2 x + sin 4 x ≤
3 3
2
suy ra (2) vô nghiệm nên(1) vô nghiệm
Kết luận: vậy nghiệm của pt là x = kπ , k ∈ Z
2. Giải phương trình logarit (2,0 điểm)
⇔ 4 sin 2 x cos 2 2 x + sin 4 x =

log 2013

1,0

4 x2 + 2

= x 6 − 3 x 2 − 1 (1)
x6 + x2 + 1
6

2

4x2 + 2
2016 x + x +1
Ta có: (1) ⇔ 6
=
x + x 2 + 1 20164 x2 + 2
2

6

2

⇔ (4 x 2 + 2).20164 x + 2 = ( x 6 + x 2 + 1).2016 x + x +1 (2)
Ta có hàm số f (t ) = t.2016t luôn đồng biến trên R nên
(2) ⇔ 4 x 2 + 2 = x 6 + x 2 + 1
⇔ x 6 − 3x 2 − 1 = 0 .
Phương trình x 6 − 3x 2 − 1 = 0 ⇔ u 3 − 3u − 1 = 0 ( u = x 2 ≥ 0) (3)
Lập bảng biến thiên của hàm số: f (u ) = u 3 − 3u − 1 suy ra phương trình này chỉ có
π
nghiệm trong (0,2) nên đặt u = 2 cos α (0 < α < )
A2
1
1
π
π

3
(3) ⇔ 4 cos α − 3cos α = ⇔ cos 3α = ⇔ α = . ĐS: x = ± 2 cos .
2
2
9
9
3, Giải hệ phương trình
(2,0 điểm)
(1 + y 2 ) + x ( x − 2 y ) = 5 x
Hệ phương trình tương đương với: 
(I)
2
(1 + y )( x − 2 y − 2) = 2 x
P
1 + y 2 = 0
* Nếu x = 0 thì hệ (I) ⇔ 
vô
nghiệm.
2
B 2) = 0
(1 + y )(2 y −
M

1,0

0,5
D
N

C


1,0


* Nếu x ≠ 0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương
1 + y 2
1 + y 2
+
(
x
−
2
y
)
=
5
 x
 x + ( x − 2 y − 2) = 3
⇔

2
2
1
+
y

1 + y ( x − 2 y − 2) = 2
( x − 2 y − 2) = 2
 x
 x

2
1+ y
- Đặt u =
, v = x − 2 y − 2 , ta được hệ phương trình:
x
u + v = 3 u = 1
u = 2
⇔
hoặc 

uv = 2
v = 2
v = 1

III
2,0
điểm

0,5

1 + y 2
x = 1+ y2
x = 2 y + 4
u = 1 
=1
⇒ x
⇔
⇔ 2
- Với 
v = 2  x − 2 y − 2 = 2

x = 2 y + 4
y − 2y −3 = 0

x = 2 y + 4
x = 2
 x = 10
⇔
⇔
∨ 
 y = −1 ∨ y = 3  y = −1
y = 3

0,5

1 + y 2
1 + y 2 = 2 x
x = 2 y + 3
u = 2 
=2
⇒
⇔
⇔ 2
- Với 
 x

v = 1
y − 4y −5 = 0
x − 2 y − 2 = 1 x = 2 y + 3

x = 2 y + 3

x = 1
 x = 13
⇔
⇔
∨ 
 y = −1 ∨ y = 5
 y = −1
y = 5
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( x; y ) = (2; − 1) , (10; 3) , (1; − 1) , (13; 5) .

0,5

Gọi Ai là biến cố An thi đậu lần thứ i (i = 1;2;3). Gọi B là biến cố để An thi đậu.
0,5

- Ta có: B = A1 ∪ (A1A 2 ) ∪ (A1 A 2 A 3 )

IV
6,0
điểm

Suy ra: P(B) = P(A1 ) + P(A1A 2 ) + P(A1 A 2 A 3 )

0,5

 P(A1 ) = 0,9

Trong đó: P(A1A 2 ) = P(A1 ).P(A 2 / A1 ) = 0,1.0, 7

 P(A1 A 2 A 3 ) = P(A1 ).P(A 2 / A1 ).P(A 3 / A1 A 2 ) = 0,1.0,3.0,3

Vậy: P(B) = 0,9 + 0,1.0, 7 + 0,1.0,3.0,3 = 0,979

1,0

1. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng ... (2,0 điểm)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung điểm của A’H


5 5
5
⇒ HA = 2.MK = 2( − ; ) = (-5; ). Từ đó xác định được: A( -2;1).
2 8
4
697
Ta có: R = KA = KB = KC =
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC.
8
29 2 697
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y –
) =
8
64
29
9
hay x2 + y2 –
y+
= 0.
4
4

Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0.

0.5

0.5


4 x − y − 7 = 0

Tọa độ của B, C là hệ phương trình:  2
.
29
9
x + y2 −
y+ =0

4
4

 x = 3; y = 5
⇔
. Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1). Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1).
 x = 2; y = 1

0.5

0.5

2. Trªn ba tia Ox, O y, Oz vuông góc….
Hạ OH vuông góc BC ⇒ AH vuông góc BC

1
1
1 b2 + c2
b2c 2
2
Ta có
=
+
=
⇒
OH
=
OH 2 b 2 c 2
b2c 2
b2 + c2
b 2c 2
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
mà AH 2 = OA2 + OH 2 = a 2 + 2
và BC2=b2+c2
=
b + c2
b2 + c 2
1
1
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
Do đó Diện tích của tam giác ABC bằng AH .BC =
2
2
Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC
(1,0 điểm)

1
1
Ta có V AOBC = OA.S OBC = abc
3
6
Ta có
k = a + b + c + AB + BC + CA = a + b + c + a 2 + b2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 ≥ 3 3 abc +
k
+ 2( ab + bc + ca ) ≥ 3 3 abc + 3 2 3 abc = 3(1 + 2)abc ⇔ 3 abc ≤
3(1 + 2)


k
⇔ abc ≤ 

 3(1 + 2) 

nên VOABC

0,5

0,5

0,25

0,5

3



1
k
≤ 

6  3(1 + 2 ) 

3

0,25

3


1
k
k
Vậy max V= 
 ⇔a=b=c=
6  3(1 + 2 ) 
3(1 + 2)
9h 2
Chứng minh rằng a 2 + b2 + c 2 ≥
2
BC
Tam giác ABC vuông tại A nên AM =
2
BC
NP là đường trung bình của ∆BCD nªn NP =
2
Suy ra AM = NP

Tương tự như vậy đối với các cặp cạnh đối diện còn
lại.
Vậy hai cạnh đối diện bất kỳ của

0,5

0,5

tứ diện AMNP có độ dài bằng nhau.

+ Tứ diện ABCD vuông tại A nên ta chứng minh được

1
1
1
1
=
+
+
(1)
2
2
2
h
AB
AC
AD 2

1
1

1
9
+
+
≥
(2)
2
2
2
2
AB
AC
AD
AB + AC 2 + AD 2
AB 2 + AC 2 AC 2 + AD 2 AD 2 + AB 2
+ Ta có AB 2 + AC 2 + AD 2 =
+
+
2
2
2

0,25

+ Mặt khác

0,25


+ Từ (1), (2) và(3) ta có

V
1,0
điểm

BC 2 + CD 2 + DB 2
=
= 2(a 2 + b2 + c 2 ) (3)
2

0,25

1
9
9h 2
2
2
2
≥
⇒
a
+
b
+
c
≥
h 2 2( a 2 + b 2 + c 2 )
2

0,25


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Xét hàm số:

f (x) =

36x 2y z
+
+ , x ∈ [ 1;3] , y, z là tham sô
yz zx xy

f '(x) =

36 2y
z
36x 2 − 2y 2 − z 2 36 − 2.9 − 9
− 2− 2 =
≥
>0
yz zx
x y
x 2 yz
x 2 yz

f (x) đồng biến trên [ 1;3] nên:
f (x) ≥ f (1) =

36 2y z
+
+ = g(y), y ∈ [ 1;3] , z là tham sô
yz z y


36 2 z −36 + 2y 2 − z 2 −36 + 2*9 − 12
g '(y) = − 2 + − 2 =
≤
<0
y z z y
y2z
y 2z
g(y) nghịch biến trên [ 1;3]

12 6 z
18 1
18 1
⇒ g(y) ≥ g(3) = + + = h(z), z ∈ [ 1;3] ; h '(z) = − 2 + ≤ − + < 0.
z z 3
3
9 3
z
18
+1 = 7
3
Vậy P ≥ 7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đó MinP = 7
⇒ h(z) nghịch biến trên [ 1;3] ⇒ h(z) ≥ h(3) =

Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối da.

0,25

0,25


0,25