Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Họ và tên: LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH: Đề gồm có 01 trang Câu 1 (2.0 điểm) x 3 Cho hàm số y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho x 1 tổng khoảng cách từ điểm M đến các đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2 (2.0 điểm) 2 y 1 x x 2x 2 3 1 a. Giải hệ phương trình sau: (x, y ¡ ) 2 x 1 y y 2y 2 3 1 b. Hai đội A và B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa 5 hiệp). Đội nào thắng trước 3 hiệp thì thắng trận. Xác suất để đội A thắng mỗi hiệp là 0,4 (không có hòa). Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết. Câu 3 (2.0 điểm) a. Cho hàm số f(x) liên tục trên [- ; ]. Chứng minh: x. f (sin x)dx f (sin x)dx 2 0 0 x.sin x b. Tính tích phân sau: I dx 2 0 sin x 3 Câu 4 (3.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB a , cạnh bên AA' a 2 . Lấy M là điểm bất kỳ trên cạnh AB sao cho MB x (0 x a) . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và (P)  B'C . a. Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi (P). b. Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất. c. Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần. Tính thể tích khối đa diện chứa các đỉnh A và C theo a và x . Tìm vị trí điểm M để thể tích khối đa diện đó đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3 . Chứng minh rằng: 2 abc abc 3 1 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c hÕt
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN
3. LỚP 12 THPT Đáp án này gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm x 3 Cho hàm số y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) x 1 2,0 sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến các đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. d1 : y 1 0 là tiệm cận ngang của đồ thị (C). 0,50 d2 : x 1 0 là tiệm cận đứng của đồ thị (C). M (x; y) (C), x 1. Ta có: x 3 4 0,50 1 d(M ;d ) d(M ;d ) | y 1| | x 1| 1 | x 1| | x 1| 1 2 x 1 | x 1| Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 4 4 0,50 d(M ;d ) d(M ;d ) | x 1| 2 . | x 1| 4 1 2 | x 1| | x 1| 4 Dấu ‘=’ xãy ra | x 1| (x 1)2 4 x 1 (thỏa mãn) | x 1| x 3 0,50 Kết luận: M (1; 1); M ( 3; 3) 2 y 1 x x 2x 2 3 1 a. Giải hệ phương trình sau: (x, y ¡ ) 1,0 2 x 1 y y 2y 2 3 1 2 y 1 x x 2x 2 3 1 (1) 2 x 1 y y 2y 2 3 1 (2) 2 Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta có: 0,25 x x2 2x 2 3x 1 y y2 2y 2 3y 1 (3) Xét hàm số: f (t) t t 2 2t 2 3t 1, t ¡ . 0,25 3
4. t 1 t 2 2t 2 t 1 f '(t) 1 3t 1.ln3 3t 1.ln3 2 2 t 2t 2 t 2t 2 | t 1| t 1 3t 1.ln3 0 t t 2 2t 2 Do đó f(t) là hàm đồng biến trên ¡ . Từ (3) suy ra x y . Khi đó ta có: x x2 2x 2 3x 1 1 x 1 x2 2x 2 3x 1 ln(x 1 x2 2x 2) (x 1)ln3 ln(x 1 x2 2x 2) (x 1)ln3 0 (4) Xét hàm số: g(x) ln(x 1 x2 2x 2) (x 1)ln3, x ¡ . x 1 0,50 1 2 1 g '(x) x 2x 2 ln3 ln3 1 ln3 0 x x 1 x2 2x 2 x2 2x 2 g(x) nghịch biến trên ¡ (4) nếu có nghiệm sẽ là nghiệm duy nhất x 1 là nghiệm duy nhất của (4). Do x 1 nên y 1 . Kết luận: (x; y) (1; 1) b. Hai đội A và B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa 5 hiệp). Đội nào thắng trước 3 hiệp thì 1,0 thắng trận. Xác suất để đội A thắng mỗi hiệp là 0,4 (không có hòa). Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết. Gọi H là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết’. X là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 3 hiệp’. Y là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 4 hiệp’. Z là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 5 hiệp’. 0,25 Khi đó H X  Y  Z và X, Y, Z đôi một xung khắc. Áp dụng quy tắc cộng xác suất: P(H ) P(X ) P(Y ) P(Z) Ta có: P(X ) (0,4)3 0,064 0,25 2 2 P(Y ) C3 .(0,4) .0,6.0,4 ; 0,115 0,25 P(Z) C 2.(0,4)2.(0,6)2.0,4 ; 0,318 P(H ) ; 0,317 4 0,25 Kết luận: Xác suất để đội A thắng trận chung kết là P(H ) ; 0,317 a. Cho hàm số f(x) liên tục trên [- ; ]. Chứng minh: x. f (sin x)dx f (sin x)dx 1,0 2 0 0 Đặt : t x dt dx ; x 0 t ; x t 0 0,25 0 x. f (sin x)dx ( t). f (sin( t))( dt) ( t). f (sint)dt 3 0 0 0,50 . f (sint)dt t. f (sint)dt f (sin x)dx x. f (sin x)dx 0 0 0 0 x. f (sin x)dx f (sin x)dx 0,25 2 0 0 4
5. x.sin x b. Tính tích phân sau: I dx 2 1,0 0 sin x 3 sin x Hàm số f (x) liên tục trên [- ; ]. sin2 x 3 0,25 x.sin x sin x sin x Áp dụng câu a ta có: I dx dx dx 2 2 2 2 2 0 sin x 3 0 sin x 3 0 4 cos x Đặt: t cos x dt sin xdx ; x 0 t 1; x t 1 0,25 sin x 1 dt 1 dt 1 1 1 I dx [ ]dt 0,25 2 2 2 2 2 (t 2)(t 2) 8 t 2 t 2 0 4 cos x 1 4 t 1 1 1 t 2 1 [ln | t 2 | ln | t 2 |] ln ln3 8 1 8 t 2 1 4 0,25 Kết luận: I ln3 4 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB a , cạnh bên AA' a 2 . Lấy M là điểm bất kỳ trên cạnh AB sao 3,0 cho MB x (0 x a) . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và (P)  B'C . a. Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi (P). 1,0 A' C' L B' a 2 N 0,25 P) A a 4 F C a 2 M φ I x E B Gọi I là trung điểm BC. Ta có : AI  BC AI  (BB'C 'C) AI  B'C . Mà B'C  (P) AI //(P) . 0,25 AI  BB' AI  (P) Trong mặt phẳng (ABC) dựng đường thẳng đi qua M và song song AI, cắt BC và AC lần lượt tại E, F. Do BB’C’C là hình vuông BC '  B'C BC '//(P). Trong mặt phẳng (BB’C’C) dựng đường thẳng đi qua E và song song với 0,50 BC’, cắt CC’ tại L. Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi N LF  AA' . Kết luận: Thiết diện là tứ giác MNLE. 5
6. b. Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất. 1,0 Gọi (·(P);(ABC)) (·LE;BC) L· EC 0,25 4 Ta thấy: MACE là hình chiếu vuông góc của MNLE lên (ABC). 2 0,25 Theo công thức hình chiếu ta có: S S .cos S MACE MNLE 2 MNLE 2 Ta có : VBME vuông cân tại E BE x 2 0,25 1 1 2 1 1 S S S a2 ( x)2 a2 x2 MACE V ABC VBME 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 SMNLE 2.SMACE a x a , x [0;a). 2 4 2 0,25 Diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 0 Kết luận: x 0 . c. Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần. Tính thể tích khối đa diện chứa các đỉnh A và C theo a và x . Tìm vị trí điểm M để 1,0 thể tích khối đa diện đó đạt giá trị lớn nhất. 2 EC EF LC (2a x); FC 2a x (do các tam giác EFC, ECL 2 vuông cân) 0,25 2 AF AM a x; AN (a x) 2 1 1 V V V LC.S AN.S MNLEAC L.CEF N.AMF 3 VCEF 3 V AMF 1 1 1 1 2 2 0,25 LC. EC.EF AN. AM.AF (2a x)3 (a x)3 3 2 3 2 24 12 2 2 Xét hàm số: g(x) (2a x)3 (a x)3, x [0;a) 24 12 2 2 2 2 2 g '(x) (2a x)2 (a x)2 x2 a2 (x2 2a2 ) 8 4 8 4 8 g '(x) 0 x a 2 (loại) x a 2 x 0 a y' - 0,50 y 2 a3 4 2 a3 24 Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn nhất khi x 0 M  B 2 2 Kết luận: V (2a x)3 (a x)3 MNLEAC 24 12 Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn nhất khi M  B. 6
7. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3 . Chứng minh 2 abc abc 1,0 rằng: 3 1 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c 2 abc abc Đặt : P 3 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c Áp dụng bất đẳng thức: x y z 2 3 xy yz zx x, y, z ¡ ta có: ab bc ca 2 3abc a b c 9abc 0 ab bc ca 3 abc 0,25 3 Ta có: 1 a 1 b 1 c 1 3 abc a, b, c 0. Thật vậy: 1 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca abc 3 1 33 abc 33 abc 2 abc 1 3 abc 2 3 abc abc Khi đó: P 5 3 1 abc 1 3 abc 6 Đặt: 6 abc t 3 abc t 2 , abc t3. 0,25 3 a b c Vì a, b, c 0 nên 0 abc 1 0 t 1 3 2 t 2 1 Xét hàm số f (t) t3, t 0; 1 3 1 t3 1 t 2 6 0,25 2t t 1 t5 1 1 2 f ' t 2 2 t 0 t 0; 1 1 t3 1 t 2 2 Do hàm số đồng biến trên 0; 1 nên f t f 1 1 P 1 . 2 abc abc 3 1 0,25 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c Dấu ‘=’ xãy ra khi a b c 1 . 7