Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 NAM ĐỊNH Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm). x 1 1) Cho hàm số y có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc (C) mà x 1 khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng : x y 3 0 bằng 2 . 3 2 2) Cho hàm số y x 2 m 1 x 5m 1 x 2m 2 có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số. Tìm m để (Cm )cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A 2;0 , B,C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn T : x 2 y2 1 . Câu 2 (2,0 điểm). 2 Giải phương trình sin 4x.sin x 4 3 cos x.cos2x.sin x 2 2 cos x 6 Câu 3 (1,5 điểm). 1 Giải bất phương trình 2 log4 x 4x 4 log x 2 log2 (4 x). 2 2 Câu 4 (1,5 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B(1; 1;1); 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz sao cho khoảng cách từ G đến Oxy bằng khoảng cách từ G đến A. 20 2 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và AM ; BN . 3 3 Câu 5 (2,0 điểm). 2 3 1 x x Tính tích phân I x2 2x 1 e x dx 2 1 x 1 Câu 6 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB BC 4a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD. Câu 7 (1,5 điểm). Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác (H) và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H). Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A 4;6 , phương trình của HK :3x 4y 4 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x y 2 0 , điểm B thuộc đường thẳng d2 : x 2y 2 0 và điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Câu 9 (2,0 điểm). x4 x3 4y 5x2 6y 6 Giải hệ phương trình x 1 x, y ¡ 3 2 2 2 2 x x y 2x y 2xy y x 0 Câu 10 (2,0 điểm). Xét các số thực a,b,c thỏa mãn a b c 3 và a2 b2 c2 27 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a4 b4 c4 ab a2 b2 ac a2 c2 bc b2 c2 . HẾT Họ và tên thí sinh: .Họ, tên chữ ký GT1: Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm 1.1 x 1 1 1) Cho hàm số y có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm (2,0đ) x 1 thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng : x y 3 0 bằng 2 . a 1 0,25 +) TXĐ: D ¡ \ 1 . Gọi điểm M (a; ) (C);a 1 a 1 a 1 a 3 0,25 a 1 +) Từ giả thiết ta có d(M , ) 2 2 2 a2 3a 4 2 a 1 0,25 a2 5a 6 0 0,25 2 a a 2 0 a 2 0,25 a 3 +) Với a 2 M (2;3) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y 2x 7 0,25 1 7 +) Với a 3 M (3;2) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y x 2 2 0,25 1 7 * Vậy các phương trình tiếp tuyến của (C) cần tìm là: y 2x 7; y x 2 2 0,25 1.2 2) Cho hàm số y x3 2(m 1)x2 (5m 1)x 2m 2 có đồ thị (C ), với m là tham số. Tìm m để m (2,0đ) (Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0), B, C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm 2 2 nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn ( T ): x y 1. +) Hoành độ giao điểm của( Cm ) và trục hoành là nghiệm phương trình: 3 2 x 2(m 1)x (5m 1)x 2m 2 0 0,25 (x 2)(x2 2mx m 1) 0 x 2 2 0,25 x 2mx m 1 0 (1) +) (Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 0,25 ' m2 m 1 0 0,25 4 4m m 1 0 1 5 1 5 5 m ( ; )  ( ; ) \  0,25 2 2 3
3. x1 x2 2m +) Khi đó A(2;0),B(x1;0),C(x2;0) ; với x1; x2 là nghiệm pt(1) và 0,25 x1.x2 m 1 +) Đường tròn (T) có tâm O(0;0), bán kính R=1 +) Hai điểm B, C thỏa mãn điều kiện đầu bài (OB R)(OC R) 0 0,25 ( x1 1)( x2 1) 0 x1x2 1 x1 x2 2 2 (x1x2 ) 1 (x1 x2 ) 2x1x2 3m2 4m 4 0 2 0,25 m ( ; )  (2; ) 3 2 Kết hợp với đk (*) , các giá trị cần tìm của m là m ( ; )  (2; ) 3 Câu 2 Giải phương trình: sin 4x.sin x 4 3 cos2 x.cos2x.sin x 2 2 cos(x ) . (2,0đ) 6 + Phương trình đã cho tương đương với: sin 4x.sin x 2 3sin 2x.cos2x.cos x 2 2 cos(x ) 0,5 6 sin 4x.sin x 3sin 4x.cos x 2 2 cos(x ) 6 0,25 sin 4x(sin x 3 cos x) 2 2 cos(x ) 6 1 3 2sin 4x( sin x cos x) 2 2 cos(x ) 0,25 2 2 6 sin 4xcos(x ) 2 cos(x ) 6 6 0,25 (sin 4x 2)cos(x ) 0 6 sin 4x 2(VL) 0,25 cos(x ) 0 6 2 x k 0,25 3 2 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x k ,k ¢ 0,25 3 Câu 3 2 1 Giải bất phương trình: log4 x 4x 4 log x 2 log2 4 x . (1,5đ) 2 2 x2 4x 4 0 x 2 + ĐK : x 2 0 0,25 2 x 4 4 x 0 1 + Bất phương trình đã cho tương đương với log (x 2)2 log (x 2) log (4 x) 22 1 2 2 22 0,25 log2 x 2 log2 (x 2) log2 (4 x)
4. log2 x 2 (x 2) log2 (4 x) 0,25 x 2 (x 2) 4 x (1) +) TH1: Với x ( 2;2) thì (1) (2 x)(x 2) 4 x x (0;1) . Kết hợp với ĐK trong trường hợp này ta được x (0;1) 0,25 +) TH2: Với x (2;4) thì 1 33 1 33 (1) (x 2)(x 2) 4 x x ( ; )  ( ; ) . Kết hợp với ĐK 2 2 0,25 1 33 trong trường hợp này ta được x ( ;4) 2 1 33 * Vậy bất phương trình có tập nghiệm là x (0;1)  ( ;4) 0,25 2 Câu 4 Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B(1; 1;1) . (1,5đ) 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz sao cho khoảng cách từ G đến mặt phẳng (Oxy) bằng khoảng cách từ G đến A 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và 20 2 AM ;BN . 3 3 +) Gọi G(0;0;a) Oz 0,25 2 +) Ta có mặt phẳng (Oxy) : z 0; d(G,(Oxy)) a ; GA 9 9 (5 a) 0,25 2 +) Từ giả thiết: d(G,(Oxy)) GA a 9 9 (5 a) 0,25 43 a 10 0,25 43 Vậy G(0;0; ) là điểm cần tìm. 10 20 2 +) Ta có AB 6; AM ;BN 3 3 0,25 +) Ta thấy AM AB BN tức là d(A,(P)) AB d(B,(P)) (1) +) Ta luôn có AB BN AN AM +) Do đó (1) xảy ra khi và chỉ khi các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời AB  (P) ; A, B, N thẳng hàng ; B nằm giữa A và N ; M trùng với N.   7 13 5 0,25 +) AB 9BN , B nằm giữa A và N . Do đó AB 9BN , từ đó tìm được N( ; ; )  9 9 9 +) Mặt phẳng (P) đi qua N nhận AB nên có phương trình: x 2y 2z 1 0 2 3 1 Câu 5 x x (2,0đ) Tính tích phân I (x2 2x 1)e x dx. 2 1 x 1 2 3 1 x x I (x2 2x 1)e x dx. 2 1 x 1 2 3 2 1 x x dx (x2 2x 1)e x dx 0,25 2 1 x 1 1
5. 2 x3 +) M dx 2 1 x 1 0,25 +) Đặt t x2 1 t 2 x2 1 2tdt 2xdx tdt xdx +) Đổi cận: x 1 t 2; x 2 t 5 2 x3 5 (t 2 1)tdt 5 M dx (t 2 1)dt 0,25 2 1 x 1 2 t 2 5 t3 ( t) 0,25 3 2 2 5 2 0,25 3 2 1 2 1 2 1 x x x +N (x2 2x 1)e x dx (x2 1)e x dx 2xe x dx N N 1 2 1 1 1 2 1 x N 2xe x dx 2 1 2 1 1 x x x 1 x x du e dx u e 2 Đặt x 0,25 dv 2xdx 2 v x 1 2 2 1 3 x x N x2e x (x2 1)e x dx 4e 2 1 N 2 1 1 1 3 3 2 2 0,25 Do đó N N1 N2 N1 4e 1 N1 4e 1 2 5 2 2 Vậy I M N 4e 3 1 3 0,25 Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB BC 4a. Tam giác 2,5 đ SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích của khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD. S A D K M H E B C N +) Tam giác SAB cân nên SH AB  0,25
6. SAB)  (ABCD)  +) (SAB)  (ABCD) AB SH  (ABCD) SH  AB  +) Kẻ CK  HD, K HD mà SH  (ABCD) SH  CK 0,25 Do đó CK  (SHD) d(C,(SHD)) CK a 10 + Tính được CH a 20 HK a 10 CK . Do đó tam giác CHK vuông cân tại K Nên K· HC 45 D· HC 45 tan D· HC 1 +) Tam giác ABH vuông tại B nên tan B· HC 2 0,25 tan B· HC tanC· HD +) tan B· HD tan(B· HC C· HD) 3 1 tan B· HC.tanC· HD AD Mà B· HD ·AHD 180 . Do đó tan ·AHD 3 3 AD 6a 0,25 AH (AD BC).AB Ta có S 20a2 ABCD 2 2 2 2 SHBCD SABCD SAHD 20a 6a 14a 0,25 1 28a3 3 Vậy V SH.S S.HBCD 3 HBCD 3 1,25đ Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD Tam giác SHC vuông tại H nên SC a 32 +) Gọi M AC  HD; E BC  HD +) Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB AD 4a EC 10a AD AM 6a 3 3 3 3 3a 2 0,25 +) AD//EC nên AM MC AC .a 32 EC MC 10a 5 5 8 8 2 +) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB Do đó góc giữa SC và HD là góc giữa CN và SC 0,25 3 10 4 Ta có: AH HN HN a BN a. 5 3 3 208 4 10 Ta có:SN SH 2 HN 2 a; CN BN 2 BC 2 a. 3 3 0,2 5 SC 2 CN 2 SN 2 5 +) Áp dụng định lý Côsin trong tam giác SCN , ta có cos S·CN . 0,25 2SC.CN 4 +) cos(SC, HD) cos(CN,SC) cos S·CN 5 0,25 Vậy cos(SC, HD) cos S·CN . 4 Câu7 Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn (1,5đ) ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H). +) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh. 3 0,25 +) Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là C22 1540. 2 +) Số phần tử của không gian mẫu  là n() C1540 1185030 0,25 +) Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22 0,25
7. Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có một tam giác có 1 cạnh là cạnh của (H) và 1 0,25 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)" 1 1 +) Số phần tử của A là n(A) C396.C1122 n(A) C1 .C1 748 +) Xác suất của biến cố A là p(A) 396 1122 n() 1185030 1995 0,25 Câu8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi 1,0đ H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A(4;6) , phương trình của HK: 3x 4y 4 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x y 2 0 , điểm B thuộc đường thẳng d2 : x 2y 2 0 và điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D. A +) Gọi E AC  HK · · B D Tứ giác AHKD nội tiếp HAD HKC. H 0,25 E Tứ giác ABCD nội tiếp. ·ABC ·ACD K Tam giác ABD vuông tại A ·ABD H· AD Vậy H· KC ·ACD hay tam giác ECK cân tại E. Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của C AC. c 4 8 c +) Ta có: C d C(c;2 c) E( ; ) 1 2 2 0,25 Vì E HK nên tìm được c 4 C(4; 2).   +)K HK :3x 4y 4 0 nên gọi K(4t;3t 1) HK AK(4t 4;3t 7);CK(4t 4;3t 1) 1   t 2 5 +) Ta có: AK  CK AK.CK 0 25t 50t 9 0 .Vì hoành độ điểm K nhỏ 9 t 0,25 5 4 2 hơn 1 nên Tam giác SHC vuông tại H nên K( ; ) 5 5 +) BC có phương trình : 2x y 10 0. +) B BC  d2 B(6;2). +) Lập được phương trình AD: x 2y 8 0. +) Lập được phương trình CD: x 2y 0 +) Tìm được D( 4;2) . 0,25 Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) 9 4 3 x x 4y 2 (2,0đ) 5x 6y 6 (1) Giải hệ phương trình x 1 (x, y ¡ ). 3 2 2 2 2 x x y 2x y 2xy y x 0 2 x 1 +) ĐK: 2 5x 6y 6 0 2 x 1 +) Ta có (2) (x 1)(x y) 0 0,25 x y
8. +) Với x 1 , thì (1) trở thành : 1 y 5 65 4y 2 2 6y 11 1 2y 6y 11 2 y 0,25 2 4 2y 5y 5 0 x 1 0,25 +) So sánh với ĐK ta có 5 65 là nghiệm của hệ đã cho. y 4 +) Với y x thì (1) trở thành: 4 3 2 x x 4x (x 1) 5x 6x 6 0,25 (x2 2)2 (x3 4x2 4x 4) (x 1) (x2 2)(x 1) (x3 4x2 4x 4) 2 u x 2 Đặt v 5x2 6x 6 0,25 u2 (x3 4x2 4x 4) (x 1)v Ta có hệ 2 3 2 v (x 1)u (x 4x 4x 4) Ta có u2 v2 (x 1)(v u) u v 0,25 (u v)(u v x 1) u v x 1 0 Với u v x 1 0 Ta có 5x2 6x 6 x2 x 3 0( ptvn) vì x2 x 3 0,x Với u v ta có x2 2 5x2 6x 6 x4 4x2 4 5x2 6x 6 x4 x2 6x 2 0 0,25 (x2 1)2 3(x 1)2 3 4 3 1 Giải phương trình được nghiệm: x 2 KL: So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm là 3 4 3 1 3 4 3 1 x 1 x x 2 2 0,25 5 65 ; ; . y 4 3 4 3 1 3 4 3 1 y y 2 2 10 Xét các số thực a,b,c thỏa mãn a b c 3 và a2 b2 c2 27. 2,0 4 4 4 2 2 2 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a b c ab a b ac a c bc b c . P a4 b4 c4 a3b ab3 a3c ac3 b3c bc3 3 3 3 a a b c b b a c c c a b 0,5 3 a3 b3 c3 3 3 3 3 2 2 a b c a b c b c bc 0,25 1 2 1 2 b c 3 a; bc b c b2 c2 3 a 27 a2 a2 3a 9 2 2
9. Do đó a3 b3 c3 a3 3 a 27 a2 a2 3a 9 0,25 a3 9a2 27a 108 Ta có b c 3; bc a2 3a 9 Ta luôn có b c 2 4bc,b,c . Do đó 3 a 2 4 a2 3a 9 a  3;5 0,25 Ta có P 3a3 27a2 81a 324 Xét hàm số f (a) 3a3 27a2 81a 324 xác định và liên tục trên  3;5 2 f '(a) 9a 54a 81; f ( 3) 243 a 3 3 2  3;5; f (5) 381 f '(a) 0 0,25 a 3 3 2  3;5 f (3 3 2) 81 324 2 Vậy GTLN của f (a) bằng 381 khi a 5 Do đó GTLN của P bằng 381 khi a 5; b c 1 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình thì giám khảo cho điểm tương đương. HẾT