Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Lý Thái Tổ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Lý Thái Tổ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán – Lớp 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16 tháng 09 năm 2017 (Đề gồm 01 trang) Câu I. (4,0 điểm) x - 2 1) Cho hàm số y = có đồ thị là C và M là điểm thuộc C . Tiếp tuyến của C tại M cắt hai x + 1 đường tiệm cận của C tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. 1 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số yxmxmxm= ++32()()1351 2 đồng 3 biến trên khoảng ()0; 3 . Câu II. (4,0 điểm) éù 1) Tính tổng các nghiệm thuộc ëûêú0;2018p của phương trình: 2sin2 xx+=+- 3sin2 3 3sin xx 3cos 1 1 2 2 2 3 3 4 2016 2017 2) Tính tổng: SC=-20172 C 2017 + 3.2 C 2017 - 4.2 C 2017 ++ 2017.2 C 2017 . Câu III. (4,0 điểm) 2 1 1) Giải bất phương trình: log42(xx-++ 4 4) log() x +> 2 log () 4 - x 2 2 ì ï()17 + = 3xxy 5() 3 14 4 y 0 2) Giải hệ phương trình: íï ()xy, Î  ï42xxyxyx++ 8 ( -+ 2)3 + 3 -= 5 2 + 14 îï Câu IV. (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D () 1; 1 , đường thẳng IG có phương trình 6370xy = và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Cho hình chóp SABCD. có SA= x,tất cả các cạnh còn lại bằng 1. Tính thể tích khối chóp đó theo x và tìm x để thể tích đó là lớn nhất. 3) Cho hình chóp SABC. có mặt đáy là tam giác đều cạnh a và hình chiếu của S lên mặt phẳng ()ABC là điểm H nằm trong tam giác ABC sao cho AHB ===150000 , BHC 120 , CHA 90 .Biết tổng diện 31 tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.,.,. HAB S HBC S HAC bằng pa 2. Tính theo a thể tích khối 3 chóp SABC. . 1 Câu V. (2,0 điểm)Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn abc = 1và ab33++=+ ba ab 2 . Tìm giá trị ab 113 lớn nhất của biểu thức: P =+-. 11++ab2212+ c Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . .; Số báo danh: .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán – Lớp 12 Câu Lời giải sơ lược Điểm 1.1 (2,0 điểm) x20 Gọi M x;0 (C) x10 3 x20 Phương trình tiếp tuyến tại M: y(xx) 2 0 1,0 (x00 1) x 1 x5 Khi đó: A 1; 0 B(2x0+1; 2) ; I(-1; 1) x10 1 16 *Ta có: S IAB = . IA. IB =  2x0 1 2.3 6(đvdt) 2 2x0 1 S Sprr . r p IAB p max min 6 x13 Chu vi tam giác IAB nhỏ nhất khi IA = IB hay 2x 1 0 1,0 x1 0 0 x130 *Vậy có 2 điểm thoả mãn M1( 13;13 ) M2( 13;13 ) 1.2 (2,0 điểm) TXĐ: yx'21 2 m xm 3 1,0 Do phương trình y '0 có nhiều nhất hai nghiệm trên , nên để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0;3  yx'0, 0;3 xx2 23  mx,0;3 . 21x xx2 23 Xét hàm số gx trên khoảng 0;3 0,5 21x 2 x 1 224xx gx';'0 2 gx 21x x 2 loai Từ BBT, gx  m,0;32 x m 0,5 Vậy, m 2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0;3 2 2.1 (2 điểm) 2sinx 3 sin 2xxx 3 3 sin 3cos 1. (1) (1) 3sin22x 2 3 sin x cosxx cos 3 3 sinx cos x 0,5 2 3sinx cosx 3( 3sinx cosx ) 1,0
3. 3sinx cosx 0 3sinx cosx 3(VN ) Giải ra ta được nghiệm của phương trình là x kkZ ; 6 éù Do xkÎ Î ëûêú0;2018p {} 1;2; ;2018 .phương trình có 2018 nghiệm. Các nghiệm này lập thành cấp số cộng với 0,5 5ppp 2018æö 5 6110504 xd== =,pp S ç 2. + 2017 ÷ = 1 2018 ç ÷ 6263èøç ÷ 2.2 (2 điểm). 2017 0 1 2 2 3 3 2017 2017 Ta có ()1-=-+x C2017 CxCx 2017 2017 - Cx 2017 +- Cx 2017 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 1,0 2016 1 2 3 2 2017 2016 =-+-2017( 1xCCxCxCx) 2017 2 2017 3 2017 +- 2017 2017 xCCCC= -2 2017 =-1 + 2 2 2 - 3 3 2 2 +- 2017 2017 2 2016 2017 2017 2017 2017 1,0 Vậy S =2017 3.1 (2 điểm) xx2 440 x 2 + ĐKx:20 0,5 24x 40 x 1 + Bất phương trình đã cho tương đương với log (x 2)2 log (xx 2) log (4 ) 2212 2 22 logx 2 log (xx 2) log (4 ) 22 2 0,5 log22 x 2 (xx 2) log (4 ) xx2( 2) 4 x (1) +) TH1: Với x (2;2)thì (1) (2xx )( 2) 4 x x (0;1) . Kết hợp với ĐK trong trường hợp này ta được x (0;1) +) TH2: Với x (2;4)thì 133133 (1) (xx 2)( 2) 4 xx ( ; )  ( ; ) . Kết hợp với ĐK trong 22 1,0 133 trường hợp này ta được x (;4) 2 133 * Vậy bất phương trình có tập nghiệm là x (0;1) ( ;4) 2 ì ï()17 + = 3xxy 5() 3 14 4 y 0 3.1 (2 điểm) Giải hệ phương trình: íï ()xy, Î  ï42xxyxyx++ 8 ( -+ 2)3 + 3 -= 5 2 + 14 îï ì ï-£45x £ Điều kiện í 0,5 ïy £ 4 îï Phương trình (1) tương đương với 3(5 x) 2 5 x 3(4 y) 2 4 y (3) 0,5
4. 3t 2 Xét hàm f (t) (3t 2) t với t 0 , ta có f '(t) 3 t 0;t 0. ra suy ra f(t) đbiến trên 2 t é ëê0; +¥) Kết hợp với (3) ta có f (5 x) f (4 x) 5 x 4 y y x 1. Thay vào phương trình (2) của hệ ta được 42x8 34x83 2x140 3 42x8 x 12 34x8 (x2)0 (x 4)22 (x 4) (x 14) 0 42x8 x12 9(4x8)3(x2)4x83 223 (x2) 1,0 (x 4)2 0 x 4(tm) y 3(tm) 1 (x 14) 0(4) 3 223 42x8 x 12 9(4x8)3(x2)4x8 (x2) Nhận xét: Với x 4 ,vế trái của phương trình (4) luôn dương , nên (4) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 4;3) 4.1 (2 điểm) B E H G K A C F 0,5 I D 1 Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK// CD A là trung điểm của KI, HK DI IC ; 2 1 AKBKGKACGKAB //  GB GI GC hay G là tâm đường tròn đi qua ba 2 điểm C, I, B. 1 CGI 290 IBC o , ID IC DE// IG . 2 Phương trình đường thẳng DE: 2101;3xy E CE IG , suy ra phương trình CE:270 x y . Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình 7 x 1,0 xy 270 3 77 G ; C 5;1 6370xy 7 33 y 3
5.  5  DG AG A 1;1 B 1; 5 . Vậy, AB 1;1 , 1; 5 và C 5;1 . 0,5 2 4.2 (2 điểm) S 0,5 B A H O C D Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Mặt khác, tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, với O là giao của AC và BD. Lại có, CBD ABD SBD OC OA OS nên SAC vuông tại S AC x2 1 Ta có, 111 x 0,5 22 2SH SH SA SC x2 1 1 ABCD là hình thoi  ACBDOBABAO22 3 x 2 2 11 1 + SACBDxxVxx .1.3322 2 ABCD 22 6 1131xx22 + Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có, Vx 3. x2 1,0 6624 1 6 V có giá trị lớn nhất là khi xxx 3 2 4 2 3.1 (2 điểm) Gọi rrr123,, lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp DDDHAB,, HBC HAC aaaaa 0,5 Khi đó rarr12===;, 3 2 sin15000 2 sin1203 2sin 90 02 Gọi RRR123,, lần lượt là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.,.,. HAB S HBC S HAC aa22 0,5 Đặt SH= =+2,, x R x22 a R =+ x 2 R =+ x 2 1234 3 31aa 3 2 3 Ta có SRRR=++=444ppp222 p ax 2 = = SH 123333 1,0 1323aaa23 Vậy thể tích khối chóp là V ==. 34 3 6 1 5 (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn: ab33 ba ab 2. Tìm giá trị lớn nhất của ab 113 biểu thức P 1112 ab22 c
6. 1 Theo BĐT Cô–si ta có: ab3322 ab222 ab ab ab 22 ab 0,5 11 Đặt t=a.b>0 tt22 232 2 ttt 210 t 1 t 2 11 2 Với ab,0;1 ab ta chứng minh (*) 111 abab22 11 11 Thật vậy: (*) ( ) ( ) 0 11 aabbab22 11 ab() a ba () b 2 0,5 0(ab )(1)0 ab (đúng) (1 aabbab22 )(1 ) (1 )(1 ) 2323t P 2 112 ab1 t t ab 12326t Xét tftft ;1 ; ; ' 0 22 212 tt 12 tt 1111 Từ đó f t nghịch biến trên ;1 Mftf ax 1,0 2215 111 Dấu “=” xảy ra khi t abc;;2 2 22 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm