Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hòa Bình

UBND TỈNH HÒA BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 15/12/2017.
(Đề thi gồm có 01trang)
Thời gian làm bài 180 phút.
Họ tên thí sinh:…..………………………………………………
Số báo danh:…………............ Phòng thi:……………………… Câu 1: (3,0 điểm):
a) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 2 3
f (x) = 1+ 3x - 2x . 2 - +
b) Tìm điều kiện của tham số 2x mx 1
m để đồ thị hàm số y =
có đường tiệm cận đứng. (x- )2 1 Câu 2 (5,0 điểm):
a) Tính tổng các nghiệm x  
 ;  của phương trình: 2( os
c x  3 sin x) cos x  cos x  3sinx 1. x x b) Giải phương trình (3 5) (3 5) 7.2x + + - - = 0. 3 3 2
x  y  3x  6x 3y  4  0
c) Giải hệ phương trình  (x, y  ). 2
(x 1) y 1  (x  6) y  6  x  5x 12y  Câu 3 (4,0 điểm): Cho hình chóp .
S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 2 , BC  a và
SA = SB = SC = SD = 2a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AC và H là hình
chiếu vuông góc của K trên SA .
a) Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo a.
b) Tính diện tích xung quanh của hình nón được tạo thành khi quay tam giác ADC quanh AD theo a.
c) Tính cosin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (BKH). Câu 4 (4,0 điểm): n æ ö ç 2 2 çx ÷ - ÷ , x ¹ 0 ç ÷ a) Tìm hệ số của 7
x trong khai triển nhị thức Newton của è xø
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3 4C 1 2C A . n+ + = n n
b) Cho đa giác lồi có 14 đỉnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác
đã cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho. Câu 5 (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm K( 2; - - )
5 và đường tròn (C) có phương
trình (x- )2 +(y- )2 1
1 = 10 . Đường tròn (C ) tâm tại hai điểm 2
K cắt đường tròn (C) A, B sao
cho dây cung AB = 2 5 . Viết phương trình đường thẳng AB. Câu 6 (2,0 điểm):
a) Cho a và b là hai số thực dương. Chứng minh rằng (a + b)2 ( 2 2 a + b ) 2 2 ³ 8a b .
b) Cho x, y,z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 8 2 P = + + + .
(x-y)2 (y-z)2 3 xz y
……………… Hết ………….. UBND TỈNH HÒA BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN.
(Đáp án gồm có 03trang)
Ngày thi: 15/12/2017 Câu Nội dung Điểm
Tập xác định của hàm số D =  . f ʹ(x) = 6 ( x 1- x) 0,5 1a
f ʹ(x) = 0 khi x = 0, x = 1 1,0
(2đ) Xét dấu f ʹ(x).
Kết luận đồ thị hàm số có một điểm cực đại có tọa độ (1; 2)và một cực tiểu (0;1) . 0,5
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi có một trong các giới
hạn: lim y = ¥ hoặc lim y = ¥ x 1+  x 1-  0,5 æ ö Ta có: 2
limç2x - mx +1÷ ç ÷ = 2- m +1 ÷ với m ³ -1. x 1  è ø
Do đó với m < -1 thì hàm số không có giới hạn khi x  1 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Với m ³ -1 và m ¹ 3 thì æ ö 2
limç2x - mx + 1÷ ç ÷ = 2- m +1 ÷ khác 0 và lim(x- )2 1 = 0 x è ø 1b 1  x 1 
(1đ) Khi đó lim y = ¥ nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1  2 2 x - x + x - Khi 2 3 1 1
m = 3 , ta có lim y = lim = lim 0,5 x 1  x 1  (x- )2 x 1  æ ö 2 1 ç2x + 3x +1 ç ( ÷ ç ÷ x- )2 1 ÷ è ø x + 1 = lim = ¥ x 1  æ ö 2 ç2x + 3x +1 ç (÷ ç ÷ x- ) 1 ÷ è ø
Nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Tóm lại, giá trị m cần tìm là m ³ -1 Pt đã cho  os2 c
x  3 sin 2x  cosx  3 sin x 0,5       k 2  cos 2x   cos  x      x  , k   0,5 2a  3   3  3 (1,5đ) 2 2 Vì x  
 ;  nên x  0; x  ; x  thỏa mãn 1 2 3 3 3 0,5
Vậy tổng các nghiệm x  
 ;  của phuơng trình đã cho là S = 0. x x æ ö æ ö x ç + ÷ ç - ÷ æ ö ç + ÷ Đưa PT về dạng 3 5 3 5 ç ÷ ç ÷ +ç ÷ . Đặt 3 5 ç ÷ ç
÷ = t với t > 0 . 0,5 ç ÷ ç ÷ = 7 2 ÷ ç 2 ÷÷ è ø è ø ç 2 ÷÷ è ø 2b 2 (1,5đ) æ ö  ç  ÷ Ta có PT 1 2 7 3 5 3 5
t + = 7  t -7t +1 = 0  t = = ç ÷ ç ÷ 0,5 t 2 ç 2 ÷÷ è ø
Từ đó suy ra PT có 2 nghiệm x = 2 . 0,5 ĐK: y  1  2c 3 0,5 3        
(2đ) Phương trình (1) tương đương :  x
1 3x 1 y 3y y x 1 1,0 (x+ ) 1 x + 2 +(x + 6) 2
x + 7 = x + 7x + 12
 x   x    x   x    2 1 2 2 6
7 3  x  2x  8       x   x 1 x 6 2   x  4  0    x  2  2 x  7  3  x  2     x 1 x 6  
 x  4  0*  x  2  2 x  7  3
Chứng minh phương trình (*) vô nghiệm  x  2 x  2   x  6 x  6     1     -  0 x   2  x  2  2 2   x  7  3 2  x  2  2 0,5
Kết luận hệ phương trình có nghiệm  x; y  2;3 S H 0,5 3a A (2đ) O B K D C
Gọi O = AC Ç BD . Ta có SO ^ (ABCD) . AC a 3 2 2 a a a OA = = . 2 2 2 2 3 13 13
SO = SA -OA = 4a - =  SO = . 0,5 2 2 4 4 2 3 1 a 13 a . 26 V = a a = 1,0 S. . . 2. ABCD 3 2 6 3b 2
S  .DC.AC   a 6. 1,0 (1đ) xq
Chỉ ra được K là trọng tâm tam giác BCD , KA = 2KC .
Chứng minh được SA ^ (BKH). 0,5
Do đó góc giữa SB và (BKH) là góc  SBH . SO AC a 3c Tính được 6 = a BK , 2 . 39 KH = = 3 3 SA 6
(1đ) Tam giác BKH vuông ở K . 0,5 2 2 2 Từ đó suy ra 2 2a 39a 7a a 7 BH = + =  BH = 3 36 4 2 và  BH 7 cosSBH = = . SB 4 4a Từ 3 2 3 4C . Tìm được . 1 2 n Cn n A + + = . Điều kiện *
n Î  , n ³ 3 n = 11 1,0 (2đ) 11 æ ö 11 2 - ççx ÷ - ÷ = å C ç ÷ (x )11 k 2 2 (- ) 11 k 1 k k 2 k = å C (-2) 22 3 - k 11 11 x 0,5 k è ø Khai triển x k 0 = x k 0 = Hệ số 7
x tương ứng với 22 - 3k = 7  k = 5 . 0,5 Vậy hệ số 7 x là C (- )5 5 = - 11 2 14784
Tính số phần tử của không gian mẫu: 3 n()  C  364 . 0,5 14
Gọi A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X không có cạnh nào là cạnh của đa giác ”
Suy ra A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X có ít nhất một cạnh là cạnh của đa 0,5 giác ” 4b
TH 1: Nếu tam giác được chọn có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác thì có 14 tam giác thỏa (2đ) mãn. 0,5
TH 2: Nếu tam giác được chọn có đúng một cạnh là cạnh của đa giác thì có 14.10=140 tam giác thỏa mãn.
Suy ra n(A)  14 140  154
Vậy số phần tử của biến cố A là: n( )
A  n()  n(A)  210 0,5 n( ) A 15 Suy ra P( ) A   n() 26
Gọi H là giao điểm IK và AB . 0,5 Tính được IH = 5 5
Viết PT đường thẳng IK : 2
- x + y +1= 0 . H Î IK  H(t; 2t- ) 1 0,5
(2đ) IH = 5  H(0;- ) 1 hoặc H (2; ) 3 0,5
Đường thẳng AB đi qua H và vuông góc với IK nên có phương trình:
x + 2y + 2 = 0 hoặc x + 2y -8 = 0 . 0,5 6a (a+ )2 b ³ ab > ( 2 2 4
0; a + b )³ 2ab > 0 0,5 (0,5đ)
Nhân các vế tương ứng hai bđt trên, suy ra điều phải chứng minh. Theo phần a) ta có 1 1 8 + ³ với 1 1 8
a, b > 0 nên + ³ . 2 2 a b ( 2 2 2 a + )2 b (x-y) (y-z) (x-z) Suy ra 1 1 8 2 8 8 2 P = + + + ³ + +
(x-y)2 (y-z)2 3 xz y (x-z)2 3 xz y m n ( + )2 2 2 m n
Ta chứng minh được bất đẳng thức : + ³ với 0,5
a,b, m,n > 0 a b a + b 1 4 (1+2)2
đẳng thức xảy ra khi a b = . Ta có: 9 + ³ = . 6b m n ( - )2 4xz x z
(x-z)2 +4xz (x+ z)2 (1,5đ) æ ö ç ÷ ç ÷ Vì vậy 1 4 2 72 2 72 2 P ³ 8ç + ÷ ç ÷+ ³ + = + . çè( ÷ ç x z)2 3 4xz÷ - ÷ y ø (x+ z)2 3 y (1-y)2 3 y æ ö Xét hàm số 1 f (t) 36 1 = +
với 0 < t < 1. Ta được min f (t) = f ç ÷ ç ÷ = 216 ( ç ÷ 0,5 1-t)2 3 t (0; ) 1 è3ø
Vậy P nhỏ nhất bằng 216 khi 1 y = , và 2
x + z = , (x- z)2 = 2xz 3 3 0,5 Hay 2 2 x + z = , xz = . Tức là 1 1 1 1 1 x = + ; y = ; z = - 3 27 3 3 3 3 3 3 3 --- Hết ---