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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 THÁI BÌNH
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- ------------------ Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm) x − 1) Cho hàm số: 2 1 y =
có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng x +1
khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Cho hàm số: 3
y = x − (m + ) 2 x − ( 2 m − m) 2 2 6 3
x + 3m có đồ thị là (C
( m là tham số). Tìm m )
tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị (C cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ m ) 2 2 2
x ; x ; x thỏa mãn: ( x −1 + x −1 + x −1 = 6 . 1 ) ( 2 ) ( 3 ) 1 2 3
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( *
n ∈ N ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập hợp
các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S,
biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là 1 . Tìm n. 13
2) Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [0 100 ; π ] của phương trình:
3 − cos2x + sin2x − 5sinx − cosx = 0 2cos x + 3 2  x 
Câu 3. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = log 2017x  − x − − m xác định 2018  2 
với mọi x thuộc [0;+∞).
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a,  0 ABC = 60 ,
SA = SB = SC , SD = 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích V ;V trong đó V là 1 2 1 thể tích V
khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1 . V2
3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 3 x − y − 3  ( 2 2
2x − y + 2 y ) +15x −10 = 0  2 2
 x + y − 5 + 3 y − 3x − 6y +13 = 0 
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( 2 2 2 2
+ a + b + a b )( 2 2 2 2 1
1+ c + d + c d )  HẾT 
Họ và tên thí sinh:............................................................... SBD:...................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 THÁI BÌNH
---------------------------------------------------------------------------------------------- ------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang) CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1. Cho hàm số: 2x −1 y =
có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho (4 điểm) x +1 1.
tổng khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.
(2 điểm) Ta có: lim y = 2; lim y = 2 nên y=2 là đường tiệm cận ngang 0,5 x→+∞ x→−∞ lim y = ;
−∞ lim y = +∞ nên x=-1 là đường tiệm cận đứng + − x→ 1 − x→ 1 −  −  Giả sử điểm 2x 1 0 M  x ;
∈ C ; x ≠ 1 − 0 ( ) 0 x +1  0  3 d( = x +1 ; d = M ,TCD) 0 (M ,TCN ) 0,5 x +1 0 3 Suy ra: d( + d = x +1 + ≥ 2 3 0,5 M ,TCD) (M ,TCN ) 0 x +1 0  M = ( 3 −1;2− 3) x = 3 −1 tm 0 ( ) Dấu bằng xảy ra khi  .Các điểm M cần tìm  :  
x = − 3 −1 tm  M =  0,5  (− 3−1;2+ 3) 0 ( ) 2. Cho hàm số: 3
y = x − (m + ) 2 x − ( 2 m − m) 2 2 6 3
x + 3m có đồ thị là (C ( m là tham m )
(2 điểm) số). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị (C cắt trục hoành tại ba điểm phân m ) biệt có hoành độ 2 2 2
x ; x ; x thỏa mãn: ( x −1 + x −1 + x −1 = 6 . 1 ) ( 2 ) ( 3 ) 1 2 3 Xét phương
trình hoành độ giao điểm: 3 x − (m + ) 2 x − ( 2 m − m) 2 2 6 3 x + 3m = 0 ( ) 1 0,5 ⇔ ( x − )( 2 2
3 2x − mx − m ) = 0  x = 3  ⇔ x = m   −m x =  2
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3 m ≠ 3 nghiệm phân biệt  ⇔ m ≠ 0  0,5 m ≠ 6 −   m = 0 (loai) Khi đó: (  1,0 x − )2 1 + ( x − )2 1 + ( x − )2 1 = 6 ⇔ 1 2 3 4 m = (tm)  5 Vậy 4 m = 5 1 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 2.
Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( *
n ∈ N ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập
(4 điểm) hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác 1. 1
(2 điểm) thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là . Tìm n. 13
Số phần tử của tập hợp S là: 3 C 2n
Số phần tử không gian mẫu: 0,5 n (Ω ) 3 = C 2n
Gọi A là biến cố: “ Chọn được tam giác vuông”
Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm O.
Mỗi tam giác vuông được tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O
và một đỉnh trong 2n-2 đỉnh còn lại . 1,0
⇒ Số tam giác vuông được tạo thành: 1 1 C .C n 2n− 2 C .C 1
Theo bài ra ta có: P ( A) 1 1 n 2n−2 = = ⇔ n = 20 3 C 13 0,5 2n 2.
Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [0 100 ; π ] của phương trình: (2 điểm)
3 − cos2x+sin2x-5sinx-cosx = 0 2cosx+ 3 Điều kiện: − 3 os c x ≠ 0,25 2 3-cos2x+sin2x-5sinx-cosx=0 2
⇔ 2sin x-5sinx+2+2sinx.cosx-cosx = 0 ⇔ (  − = x − )( ) 2 sin x 1 0 2 sin 1 s inx+cosx-2 = 0 ⇔  sinx+cosx-2=0 0,5
sin x + cos x − 2 = 0 (phương trình vô nghiệm) 0,25  π x = + k2π  6
2 sin x −1 = 0 ⇔  (k ∈Z ) 5π x = + k2π   6 0,5
Đối chiếu điều kiện nghiệm phươ π ng trình là: x = + k2 , π k ∈ Z 6 π
x ∈[0;100π] ⇒ 0 ≤
+ k2π ≤ 100π ⇒ 0 ≤ k ≤ 49, k ∈ Z 0,5 6
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là: π  π   π   π   π π  50 7375 + + 2π + + 4π + ...+ + 98π = + + 98π . = π         6  6   6   6   6 6  2 3 Câu 3.
Hàm số xác định với mọi x thuộc [0;+∞) khi và chỉ khi (2 điểm) 2 x x x − x − − m > x ∀ ∈[ +∞) 2 2017 0, 0;
⇔ 2017x − x − > , m x ∀ ∈[0;+∞)(*) 0,5 2 2 2 Xét hàm số: x
f (x) = 2017x − x −
trên [0; +∞) . Hàm số liên tục trên [0; +∞) 2 '( ) = 2017x f x
.ln 2017 −1− x và liên tục trên [0;+∞) x f x = ( )2 ' ( ) 2017 . ln 2017 −1 > 0, x ∀ ∈[0;+∞) ⇒
f '( x) đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f '( x) ≥ f '(0) = ln 2017 −1 > 0, x ∀ ∈[0;+∞)
⇒ f (x) là hàm số đồng biến trên [0;+∞) ⇒ min f (x) =1 [ 1,0 0;+∞)
Bất phương trình (*) ⇔ f (x) > , m x
∀ ∈[0;+∞) ⇔ min f (x) > m ⇔ m <1 0.5 [0;+∞) 2 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 4.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a,  0 ABC = 60 ,
(6,0 điểm) SA = SB = SC; SD = 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.
1) Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V ;V trong 1 2 đó V
V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1 1 V2
3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện
tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN. S N M E A D K O H B C 1.
Tính khoảng cách từ A đến (SCD) (2 điểm) Gọi H là trọng tâm ∆ a
ABC . Chứng minh SH ⊥ ( ABCD) và tính được 2 6 SH = 1,0 3 Lập luận được 3 0,25 d( = d A,(SCD)) (H,(SCD)) 2 0,5 Tính được 2 6a d( = H ,(SCD)) 9 a 6 0,25 Suy ra d( = A,(SCD)) 3 2.
Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V ;V trong đó V là 1 2 1
(2 điểm) thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính V1 V2
Trong mặt phẳng (SAB), dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với SB tại K.
Chứng minh ( AKC) ⊥ SB . Suy ra (P) là mặt phẳng (AKC) Tính được a 3 SK 5 SB = 3 ; a BK = ⇒ = 6 SB 6 1,0 V SK 5 5 5 1 SAKC ⇒ = = ⇒ V = V = V ⇒ V = V SAKC SABC SABCD 2 V SB 6 6 12 12 SABCD 1,0 SABC 11 V1 ⇒ V = V ⇒ = 11 1 12 SABCD V2 3 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 3.
Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích
(2 điểm) mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.
Trong mặt phẳng (AKC) dựng
d là đường trung trực của đoạn AK; d là đường 1 2
trung trực của đoạn KC, d cắt d tại điểm I. 1 2
Chứng minh được I cách đều 5 đỉnh của hình chóp K.ACMN
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K.ACMN. Do đó bán kính mặt cầu bằng
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC S N M d 1 K A I d 2 C 1,0 Tính được a 33 KA = KC = 6 2 Diện tích tam giác KAC: a 6 S =  KAC 6 1,0 KA KC AC a Bán kính mặt cầu là : . . 11 6 R = = 4S 48 KAC 2 Diện tích mặt cầu: 121 a π 2 S = 4 R π = mc 96 Câu 5. 3 3 x − y − 3  ( 2 2
2x − y + 2 y ) +15x −10 = 0( ) 1
(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 2
 x + y − 5 + 3 y − 3x − 6y +13 = 0  (2) 2
x + y − 5 ≥ 0
Điều kiện: y ≥ 0  2
3x − 6 y +13 ≥ 0 
Biến đổi phương trình (1) ⇔ (x − )3 + (x − ) = ( y − )3 2 3 2 1 + 3( y − ) 1 Phương trình có dạng:
f ( x − 2) = f ( y − ) 1 với f (t ) 3
= t + 3t,t ∈ R f (t ) 2 '
= 3t + 3 > 0,t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến trên R
Do đó: f (x − 2) = f ( y − )
1 ⇔ x − 2 = y −1 ⇔ y = x −1 0,5
Thay vào phương trình (2) ta được: 2 2
x + x − 6 + 3 x −1 − 3x − 6x +19 = 0 (3) Điều kiện: 0,25 x ≥ 2 4 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Khi đó phương trình ( ) 2 2 3 ⇔
x + x − 6 + 3 x −1 = 3x − 6x +19 0,25 2 2
⇔ 3 x −1 x + x − 6 = x − 8x +17 2
⇔ 3 x − 2 x + 2x − 3 = ( 2
x + 2x − 3) −10( x − 2)  x − 2  x − 2 ⇔ 10 + 3 −1 = 0   2 2  x + 2x − 3  x + 2x − 3 0,5  x − 2 1  = 2 x + 2x − 3 5 ⇔  x − 2 1 −  = ( vn ) 2  x + 2x − 3 2  23 + 341 x = (tm) x − 2 1 2 2
= ⇔ x − 23x + 47 = 0 ⇔  2 x + 2x − 3 5  23 − 341 x = (tm)  2  23 + 341  23 − 341 x = x =
Suy ra nghiệm của hệ phương trình là:  2   2 hoặc  0,5  21+ 341  21− 341 y =  y =   2  2 Câu 6.
Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(2,0 điểm) biểu thức: P=( 2 2 2 2
+ a + b + a b )( 2 2 2 2 1
1+ c + d + c d ) P = ( 2 1+ a )( 2 1+ b )( 2 1+ c )( 2 1+ d ) ⇒ ln P = ln ( 2 1+ a ) + ln ( 2 1+ b ) + ln ( 2 1+ c ) + ln ( 2 1+ d )
Chứng minh được bất đẳng thức: ln ( 8 2 17 2 1+ t ) ≥ t − + ln , t ∀ ∈[0; ] 1 (*) 1,0 17 17 16 Áp dụng (*) ta có: ln ( 8 8 17 2 1+ a ) + ln ( 2 1+ b ) + ln ( 2 1+ c ) + ln ( 2 1+ d ) ≥
(a +b + c + d )− + 4ln 17 17 16 4 17 17  ⇔ ln P ≥ 4ln ⇔ P ≥   16 16  Dấu bằng xảy ra khi 1
a = b = c = d = 4 4 Vậy 17  min P =   1,0 16  Lưu ý:
- Trên đây là hướng dẫn chấm bao gồm các bước giải cơ bản, học sinh phải trình bày đầy đủ,
hợp logic mới cho điểm.
- Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Câu 4 nếu không có hình vẽ không chấm điểm. 5
Document Outline

• De_TOAN (Cuoi)
• DA_TOAN (cuoi)