Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Năm học 2016-2017 - 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 2016-2017 - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2017 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) Tìm tất cả các giá trị của tham số m(m 0) để đường thẳng : y 3(x m )cắt đồ thị hàm 3x 2m 21 số ytại 2 điểm phân(H ) biệt sao cho diệnA, tíchB bằng O . AB mx 1 2 Câu 2 (2.0 điểm) x2 x 3 a. Giải phương trình : log x2 3x 2 (x ¡ ) 2017 2x2 4x 5 1 b. Cho 2017 số a1, a2 , a3, , a2017 thuộc khoảng ;1 . Chứng minh rằng: 4 1 1 1 1 loga a2 loga a3 loga a2017 loga a1 4034 1 4 2 4 2016 4 2017 4 Câu 3 (2.0 điểm) 1 1 2 1 a. Chứng minh: dx 2017 4 2 0 1 x 2 2017 cos x 2017 sin x b. Tính tích phân sau: I ln dx 2017 0 2017 sin x Câu 4 (3.0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a . Trên AA’, BB’ lấy lần lượt các 3a a điểm M, N sao cho AM ,BN . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua ba điểm M, N, C và 4 2 Q là giao điểm của DD' với mp(P) . a. Thiết diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi (P) là hình gì. Tính diện tích của thiết diện đó. b. Tính khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng (P) theo a . c. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của B'C' và C'D'. Tính bán kính mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, C, E, F theo a . Câu 5 (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 T a2 b2 c2 4 (a b) (a 2c)(b 2c) hÕt
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT Đáp án này gồm có 06 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 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng : y 3(x m) cắt 3x 2m đồ thị hàm số y (H ) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện mx 1 2,0 21 tích OAB bằng . 2 Phương trình hoành độ giao điểm của và đồ thị (H ) : 1 3mx2 3m2 x m 0, x m Vì m 0 nên phương trình 3x2 3mx 1 0 (*). Ta có 0,50 2 1 3 9m 12 0,m 0 và f 2 2 0,m 0 (ở đây f x là vế m m trái của (*)) nên luôn cắt đồ thị (H ) tại 2 điểm A, B phân biệt m 0 1 Ta có A x1;3x1 3m , B x2 ;3x2 3m với x1, x2 là 2 nghiệm của (*). 3m ta có d O; và 10 2 2 2 AB x2 x1 3x2 3x1 10 x2 x1 0,50 2 40 10 x x 40x x 10m2 1 2 1 2 3 1 1 3m 40 21 S d O; AB 10m2 OAB 2 2 10 3 2 0,50 40 3 m 10m2 70 30m4 40m2 70 0 3
3. m2 1 m 1 7 (t/m) m2 (l) m 1 0,50 3 Kết luận: m 1; m 1 x2 x 3 a. Giải phương trình sau: log x2 3x 2 (x ¡ ) 1,0 2017 2x2 4x 5 2 x x 3 0,x R Ta có và 2x2 4x 5 - x2 x 3 x2 3x 2 2 2x 4x 5 0,x R Phương trình đã cho tương đương với 0,25 x2 x 3 log 2x2 4x 5 x2 x 3 2017 2x2 4x 5 Đặt a x2 x 3, b 2x2 4x 5 a 0, b 0 a 0,25 Phương trình trở thành log b a a log a b log b (*) 2017 b 2017 2017 Xét hàm số: f (t) t log2017 t,t 0. 1 f '(t) 1 0, t 0 t ln 2017 Do đó f (t) là hàm đồng biến trên (0; ) . Từ (*) suy ra a b . 0,25 2 2 x 1 Khi đó ta có: x x 3 2x 4x 5 x 2 0,25 Kết luận: x 1; x 2 2 1 b. Cho 2017 số a1, a2 , a3, , a2017 thuộc khoảng ;1 . Chứng minh 4 rằng: 1 1 1,0 loga a2 loga a3 1 4 2 4 1 1 loga a2017 loga a1 4034 2016 4 2017 4 1 1 M loga a2 loga a3 1 4 2 4 1 1 loga a2017 loga a1 0,25 2016 4 2017 4 1 1 3 Nhận xét: i 1;2017, a 1, 0 a 4 i i 4 4 2 1 2 1 Lại có: ai 0 ai ai nên 2 4 0,25 M log a2 log a3 log a2 2 log a log a log a a1 2 a2 3 a2017 1 a1 2 a2 3 a2017 1
4. Do log a ,log a , ,log a là các số dương nên theo BĐT CôSi ta có: a1 2 a1 2 a2017 1 0,25 M 2.2017. 2017 log a .log a log a 2.2017.2017 1 4034 a1 2 a2 3 a2017 1 1 Đẳng thức xảy ra khi a a a 1 2 2017 2 0,25 Kết luận: Vậy M 4034 1 1 2 1 a. Chứng minh: dx 1,0 2017 4 2 0 1 x 1 1 1 Ta có: 1 ; x 0; 0,25 1 x2017 1 x2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 do đó dx dx dx 0,25 2017 2 0 0 1 x 0 1 x 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 Tính dx ; dx . Vậy dx 0,5 2 4 2017 4 0 2 0 1 x 2 0 1 x 2 2017 cos x 2017 sin x b. Tính tích phân sau: I ln dx 1,0 2017 0 2017 sin x 2 C Ta có I 2017 sin x ln 2017 cos x 2017ln 2017 sin x dx = 0 3 2 2 =2017 ln 2017 cos x dx sin xln 2017 cos x dx 0 0 2 2017 ln 2017 sin x dx = A+B - C 0,5 0 2 2 Với A 2017 ln 2017 cos x dx , B sin xln 2017 cos x dx , 0 0 2 C 2017 ln 2017 sin x dx 0 2 Xét A 2017 ln 2017 cos x dx 0 0,25 0 2 Đặt x t A 2017 ln 2017 sin t dt 2017 ln 2017 sin x dx C 2 0 2 Vậy I = B
5. 2 Tính tích phân B sin xln 2017 cos x dx 0 2018 Đặt u 2017 cos x du sin xdx B lnudu 2017 0,25 Dùng từng phần tính được: 2018 2018 B lnudu u.lnu |2018 du 2018ln 2018 2017ln 2017 1 2017 2017 2017 Vậy: I 2018ln 2018 2017ln 2017 1 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a . Trên AA’, BB’ 3a a lấy lần lượt các điểm M, N sao cho AM ,BN . Gọi (P) là mặt 3,0 4 2 phẳng đi qua ba điểm M, N, C và Q là giao điểm của DD' với mp(P) . a. Thiết diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi (P) là 1,0 hình gì. Tính diện tích của thiết diện đó. B' E C' F A' D' N 4 M 0,25 B C Q A D Thiết diện là hình bình hành MNCQ. 0,25 a2 a a2 a MN CQ a2 17 MQ NC a2 5 16 4 4 2 9 a 0,25 MC a2 2a2 41 16 4
6. Xét tam giác MQC có 5 2 17 2 41 2 MQ2 QC 2 MC 2 a a a 1 cosM· QC 4 16 16 2MQ.QC a a 2. 5. 17 85 2 4 0,50 1 84 sin M· QC 1 85 85 a a 84 a2 84 S MQ.QC.sin M· QC 5. 17. MNCQ 2 4 85 8 b. Tính khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng (P) theo a . 0,75 VB '.MNCQ VQ.MNB ' VQ.B ' NC 1 1 1 a a3 1 1 1 a a3 V .a.S .a. .a. ; V .a.S .a. .a. 0,25 Q.MNB ' 3 MNB ' 3 2 2 12 Q.B ' NC 3 B ' NC 3 2 2 12 a3 a3 a3 V 0,25 B '.MNCQ 12 12 6 1 V d B';(MNCQ) .S B '.MNCQ 3 MNCQ a3 3. 0,25 3VB '.MNCQ 6 4a d B';(P) d B';(MNCQ) 2 SMNCQ a . 84 84 8 c. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của B'C' và C'D'. Tính bán kính mặt 1,0 cầu (S) đi qua bốn điểm A, C, E, F theo a . Gọi O1, O2 lần lượt là tâm các hình vuông A'B'C'D' và ABCD. Gọi O là tâm của mặt cầu (S), khi đó O thuộc mặt phẳng trung trực ( ) của EF O mp(ACC ' A') ; đồng thời O thuộc mặt phẳng trung trực ( ) 0,25 của AC O mp(BDD'B') Mà mp(ACC ' A')  mp(BDD'B') O1O2 O O1O2 Đặt OO1 x OO2 a x 2 2 a 2 a 5a 0,25 Khi đó ta có: OE2 OA2 x2 a x x 4 2 8 25a2 a2 a Vậy bán kính mặt cầu (S) là R OE 41 0,50 64 4 8 Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 1,0 T a2 b2 c2 4 (a b) (a 2c)(b 2c) 4 9 5 T a2 b2 c2 4 (a b) (a 2c)(b 2c) 0,25 Theo BĐT B.C.S ta có: a b c 2 4(a2 b2 c2 4)
7. 1 a b c 2 a2 b2 c2 4 2 Theo BĐT Cô-si ta có: a b 4c 3(a b) (a 2c)(b 2c) (3a 3b). 2 2 1 4(a b c) 2 2 a b c 2 2 8 27 Vậy T a b c 2 2(a b c)2 0,25 8 27 Đặt t a b c ;(t 0) T f (t) t 2 2t 2 8 27 Xét hàm số f (t) , (t 0) t 2 2t 2 8 27 f '(t) 0,25 (t 2)2 t3 8 27 f '(t) 0 8t3 27(t 2)2 0 t 6 (t 2)2 t3 5 5 Từ BBT ta có T f (t) f (6) ; Vậy maxT xảy ra khi a b c 2 0,25 8 8