Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC: 2017 - 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán – Lớp 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1. (5,0 điểm) 1. Cho hàm số y x3 3 mx 2 3(1 m 2 ) x m 32 m , với m là tham số thực. Chứng minh rằng∀∈m hàm số trên luôn có hai điểm cực trị. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số trên thỏa mãn điều kiện điểm M vừa là điểm cực đại của đồ thị hàm số ứng với giá trị này của m đồng thời điểm M vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với giá trị khác của m . 21x + 2. Cho hàm số y = có đồ thị ()C , điểm I(3;3) và đường thẳng dy: =−+ x m. Tìm m x +1 để đường thẳng d cắt đồ thị ()C tại hai điểm phân biệt AB, sao cho diện tích tứ giác OAIB bằng 6 (O là gốc tọa độ). Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực 2 2 16xx 96 208 x 9log2 2346359x xx . 12xx 16 45 81 yx21 x 2.4 1 2 2log2 ( ) y 2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực . xx22 243 y 1 x 1 3 2x 13 2 x2 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tích phân I 22 dx. (x 1)cos x 1 xx sin 2 4 Câu 4. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB=SD=3a, AD=SB=4a, đường chéo AC vuông góc với mặt phẳng (SBD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. 2. Cho mặt cầu có tâm O và bán kính R. Từ một điểm S bất kỳ trên mặt cầu ta dựng ba cát tuyến bằng nhau, cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C ( khác với S) và ASB BSC CSA . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo R và α . Khi α thay đổi, tìm α để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất. Câu 5. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ()S đi qua điểm A(2;− 2;5) và tiếp xúc với các mặt phẳng (αβ ):xy= 1;( ): =−= 1;( γ ): z 1. Viết phương trình mặt cầu ()S . Câu 6. (2,0 điểm) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn ab ≥1 và cabc(++ )3 ≥. b 22 ca c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 6ln(ab 2 c ) . 11 ab HẾT Họ và tên thí sinh .Số báo danh Người coi thi số 1 .Người coi thi số 2.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2017 - 2018 (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12 Câu ý Nội dung Điểm Câu 1. TXĐ: D 0,25 1 (2,5đ) y' 3 x22 6 mx 31 m 5,0đ xm= −1 y'0= ⇔  Hàm số luôn có hai điểm cực trị 0,25 xm= +1 xm= −⇒1 y =− m2 + 32 m − . 0,25 Điểm cực tiểu của đồ thị (m−− 1; mm2 + 3 − 2) 0,25 xm= +⇒1 y =− m2 + 32 m + . 0,25 Điểm cực đại của đồ thị (m+− 1; mm2 + 3 + 2) 0,25 Quỹ tích điểm cực tiểu của đồ thị là (P): y=−+ xx2 0,25 Quỹ tích điểm cực đại của đồ thị là (P’): yx=−+−2 52 x 0,25 Điểm M vừa là điểm cực đại ứng với giá trị này của m, vừa là điểm cực tiểu ứng với giá trị khác của m nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  1 2 x = y=−+ xx  2 ⇔  =−+−2 1 0,25 yx52 x y =  4 11 Vậy M (;) 0,25 24 2. TXĐ: D \1  2,5đ 21x + Phương trình hoành độ giao điểm : =−+xm. x +1 0,25 ⇔x2 +(3 − mx ) +− 1 m = 0 . 0,25 ∆=mm2 −2 + 50 > ∀ m. 0,25 Đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B Gọi Ax( ;−+ x m ), Bx ( ; −+ x m ) 11 2 2 Theo Vi-ét x1+=− x 2 m3; xx12 =− 1 m 0,25 ⇒ = −22 = + − = 2 −+ AB2( x2 x 1 ) 2[( x1 x 2 ) 4 x 12 x ] 2( m 2 m 5) 0,25 0,25 OI = 32 Tứ giác OAIB có OI⊥ AB 0,25 11 2 S= OI. AB = .3 2. 2(m −+ 2 m 5) . 0,25 OAIB 22 0,25 =3mm2 −+ 25 1
3. 2 S OAIB 6 mm 2 52 m 1 0,25 1. 4 ĐK: x ≥− 2,0đ 3 2 ++ 2 16(xx 6 13) BPT ⇔x ++9log2 ≤2346359x +− xx + + 23xx++ 4 35 + 9 0,25 22 0,25 xx 6 13 log22 ( xx 6 13) 2 3 x 4 3 5 x 9 log (2 3 x 4 3 5 x 9) 1 Xét hàm số ft log t t, với t 0 có ft' 1 0,  t 0 . 2 t ln 2 Do đó hàm số ft đồng biến trên 0; . 0,25 Câu 2 BPT có dạng fx(2 6 x 13) f (2 3 x 4 3 5 x 9) 0,25 4,0đ xx2 6 1323 x 4 34 x 5 0,25 xx2 2( x 2 3 x 4) 3( x 3 5 x 9) 0 0,25 22 2 2()3()xx++ xx ⇔()xx ++ + ≤0 x++2 34 xx + ++ 359 x + 2 23 ⇔+(xx )(1 + + )≤ 0 0,25 x++2 34 xx + ++ 359 x + ⇔xx2 + ≤0 ⇔ x ∈− [ 1; 0] 0,25 yx21 x 2.4 1 2 2log2 ( )(1) y . xx22 243 y 1 x 1 (2) 3 2x 13 0 x 13 ĐK: y 0 yx1 2 (1)⇔ 4 += 2 + log22xy − log 2 x 2. y 2 x ⇔+4 log22 2 + logy = 2 + log 2 2 2. 2 x 2,0đ 2. 2 y x ⇔+2 log 2.y = 22 + log ( 2. ) 222 0,25 22tt1 ft( )= 2 + log2 ( 2.t ) ⇒ f '( t ) = 2.2 .ln 2 + > 0 ∀>t 0 t ln 2 0,25 Hàm số f(t) đồng biến với t>0 xx2 PT⇔ f() y = f ( ) ⇔= y ⇔2 y = x 0,25 22 Với 2yx2 thay vào PT(2) ta có: xx22 223 x 1 xx 6 xx 1 12 332xx 13 2 13 0,25 2
4. (xx− 3)( + 2) ( x ++ 1 2)( x +− 1 2)( x + 2) ⇔x ++12 = = 33 2xx+− 13 2+− 13 (xx+− 1 2)( + 2) ⇔=1 3 2x +− 13 ⇔3 2x +−= 1 3 ( xx +− 1 2)( + 2) ⇔21xxx ++3 21 += (1) +3 + x + 1 0,25 Xét hàm số gu()= u32 + u ⇒ g '()3 u = u +>∀ 1 0 u Hàm số gu()đồng biến, phương trình trở thành 3 g( 2 x+= 1) gx ( + 1) ⇔3 21xx += + 1 ⇔xxx32 − −=0 0,25  xl= 0( )   15− ⇔=xl()  2   15+ x= (/ tm )  2 0,25 15++ 15 1515++ xy= ⇒= . Hệ phương trình có nghiệm (; ) 0,25 22 22 2 x2 I dx (xx cos sin x )2 0,25 4 π 2 x xsin xdx = . Câu ∫ 2 0,25 π sinxx ( cos x− sin x ) 3 4 2,0đ x u sin x Đặt xxsin dv 2 dx (xx cos sin x ) 0,25 x u sin x dx( cos x sin x ) dv 2 (xx cos sin x ) 0,25 3
5.  sinxx− cos x du = dx  sin2 x ⇒  1 v =  xxcos− sin x 0,25 π π x 1 2 2 dx ⇒=I . + π ∫ 2 sinxx cos x− sin xπ sin x 4 0,25 4 2 Ix cot 2 0,25 24 4 2 Vậy I 1 0,25 24 Câu 1. 4 3,0đ 5,0đ AC⊥ () SBD ⇒⊥(SBD )( ABCD ) 0,25 (SBD )(∩= ABCD ) BD Kẻ SH⊥ BD tại H ⇒⊥SH() ABCD 0,25 0,25 BD= AB22 += AD5 a SB. SD 12 a Tam giác SBD vuông tại S nên: SH = = 0,25 BD 5 Gọi K là giao điểm của AC và BD. Ta có AB. AD 12 a AK BD= AB AD ⇔= AK = 0,25 BD 5 2 2 AB15 a AK. AC= AB ⇔= AC = 0,25 AK 4 1 1 15aa 75 2 S= AC. BD = . .5 a = 0,25 ABCD 2 24 8 23 1 1 12aa 75 15 a V= SH. S = = 0,25 S. ABCD 3ABCD 35 8 2 4
6. Kẻ đường thẳng d đi qua A và song song với BD Kẻ HE // KA, E thuộc d 0,25 (SHE) ⊥ (SA,d); (SHE )∩= ( SA ,) d SE Kẻ HF vuông góc với SE tại F thì HF vuông góc với (SA,d) 0,25 BD//(SA,d) nên d(BD,SA)=d(BD,(SA,d))=d(H, (SA,d))=HF 1 1 1 25 25 25 Trong tam giác SHF ta có =+= + = 0,25 HF222 SH HE144 a 2 144 a 2 72 a 2 62aa62 HF=⇒= d( BD ,) SA 0,25 55 2 2,0đ Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vuông góc với (ABC) thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O’ thuộc SO. Giả sử SO’ cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vuông tại A Gọi SA=SB=SC=l 22 2 SA l Trong tam giác SAD ta có SO'. SD=⇒= SA SO' =(1) SD2 R 0,25 Gọi E trung điểm BC ta có α α BC 2l sin BC=2 BE = 2 l sin ⇒== AO ' 2 2 33 4 α ⇒=SO' SA22 − O ' A =− l 1 sin 2 (2) 0,25 32 2 l 4422αα Từ (1) và (2) ta có =l1 − sin ⇔=lR 2 1 − sin 0,25 2R 32 32 24 22αα ⇒=SR4 3 (1 − sin )sin 0,25 ABC 32 2 4 2 α ⇒=SO' 2 R (1 − sin ) 0,25 32 1 83 4 αα ⇒=V SO'. S = R3(1 − sin 22 ) .sin 2 0,25 S. ABC 3ABC 3 32 2 2 α Đặt xx=sin ⇒<< 0 1 2 5
7. 412 32 Xét hàm số yx=−=(1 x ) (16 x −+ 24 x 9 x ) 39  1 x = 1 2 4 ⇒=y' (16 xx − 16 +⇒=⇔ 3) y ' 0  3  3 x =  4 x 0 ¼ ¾ 1 y’ + 0 - 0 + 1/9 y 0,25 3 83R 11α 0 Thể tích S.ABC lớn nhất là khi x =⇔sin =⇔=α 60 0,25 27 4 22 Gọi mặt cầu tâm I(;;) abc , bán kính R 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với các mặt (αβ ):xy= 1;( ): =−= 1;( γ ): z 1 0,25 nên Ra= −=111 b += c − Điểm A(2;− 2;5) thuộc miền thỏa mãn : xy>1; 1 0,25 Mặt cầu có tâm I và đi qua A nên ab>1; 1 Câu 5 aR= +1  2,0đ Vậy Ra= −=−−=1 b 11 c −⇒ b =−− R 1  = + 0,25 cR1 ⇒I( R +−− 1; R 1; R + 1) ⇒ IA = R ⇔ IA22 = R 0,25 ⇔(R − 1)2 +− ( R + 1) 2 + ( RR − 4) 22 = ⇔2 − + =⇔= 0,25 2RR 12 18 0 R 3 Vậy mặt cầu (S) có tâm I(4;− 4;4) , bán kính R = 3 0,25 −2 ++ 22 +− = 0,25 Phương trình mặt cầu : (xyz 4) ( 4) ( 4) 9 ab++21 c + ab ++ 21 c + P+=2 + +6ln(ab ++ 2 c ) 11++ab 11 =(21)()6ln(2)ab ++ c + + +ab ++ c 11++ab 0,25 Ta chứng minh BĐT sau Câu 11 2 6 +≥(a , b >≥ 0; ab 1) 2,0đ 11++ab1+ ab Thật vậy 11 2 + ≥ ⇔(a − b )2 ( ab −≥ 1) 0 (luôn đúng vì ab ≥1) 0,25 11++ab1+ ab 6
8. Lại có ab +1 ab ≤ 2 1 1 2 4 4 4 16 +≥ ≥ ≥ = ≥ 1+a 1 + b 1+ ab 3 +ab c22 + ab + bc + ca( a + c )( b + c ) ( a ++ b 2 c ) 0,25 16(ab++ 2 c + 1) ⇒P +≥2 2 +6ln(ab ++ 2 c ) (ab++ 2) c 0,25 16(t + 1) Đặt tab=++20 c > ta có Pt+≥2 +6ln 0,25 t 2 Xét hàm số 16(t+ 1) 6tt2 −− 16 32 ft()= +⇒= 6lnt ft '() ⇒=⇔=ft'() 0 t 4 0,25 tt23 t 0 4 + ∞ f’(t) - 0 + f(t) f (4)= 5 + 6ln 4 0,25 ⇒P ≥+3 6ln 4 ⇒=+MinP 3 6ln 4 khi abc= = =1 0,25 Lưu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm. HẾT 7