Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Bình Xuyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Bình Xuyên (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau đây có đúng hai nghiệm thực phân biệt mxxxxm 22 22 3442 12 x  x 2 b) Cho hàm số y có đồ thị (C). x 1 Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M 3; 1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MBMA 3 Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 cos 4xxxx 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0 . 122 2 100 2 b) Tính tổng: S CC1 2  C 100 2100 3 100 101 100 Câu 3 (1,5 điểm). 24 2 4 2 221232 xy xy y x y Giải hệ phương trình: xy,  2 xy x3 Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn C và đường thẳng d lần lượt có phương trình xy 21822 và xy 230. Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn C và điểm A thuộc đường thẳng d . Hãy tìm tọa độ các đỉnh ABCD,,, ; biết rằng BD 2 AC và tung độ của điểm A không nhỏ hơn 2. Câu 5 (1,5 điểm). Cho hình chóp SABCD. có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh S. Góc giữa đường thẳng SAvà mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng SAB và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD , biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SAbằng a 6 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho x,,yz là các số thực không âm thoả mãn điều kiện xyz222 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 6( y z x ) 27 xyz . Hết Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .Số báo danh .
2. TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm 06 trang) Lưu ý khi chấm bài: - Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1. (2,5 điểm) Nội dung Điểm a) 1,0 điểm Điều kiện 22x , đặt tx 222 xtx22 10344 x 11 0,25 tx'  0, 2;2 nên xt  2; 2  4; 2 x 22 xx 2 Khi đó pt đã cho có dạng: mt 210 tm22 12 mttt 1 22 +) Nếu t 1 thay vào pt trên không thỏa mãn +) Nếu t 1 pt trên có dạng 0,25 tt2 22 tt2 22 m (1). Xét hàm số ft ,4;2\1 t   t 1 t 1 tt2 2 Ta có ft','00,2. ft t t Ta có bảng biến thiên như sau: t 1 2 t -4 0 1 2 f'(t) + 0 - - 0,25 -2 + f(t) 26 - 2 5 - Dựa vào bảng biến thiên ta được pt ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt 26 0,25 m 2 5 b) 1,5 điểm Ta thấy nếu đường thẳng (d) không có hệ số góc thì nó chỉ cắt (C) tại đúng một điểm suy ra (d) phải có hệ số góc. Giả sử (d) có hệ số góc là k thì phương trình của (d): 0,25 ykxk 31. Phương trình hoành độ giao điểm là: 2
3. x 2 x 1 kx31 k 2 x 1 kx 22 k 1 x 3 k 3 0 kx2 22 k 1 x 3 k 3 0 (1) ( do x 1 không phải là nghiệm) +) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt 0,50 k 0 2 k 0 '10kk +) Giả sử Axkx 11;31,;31 k Bx 2 kx 2 k , trong đó x12, x là hai nghiệm của (1) và 42kk 33 theo định lý Viet ta có: xx ; xx (2) 0,25 12kk 12 Ta xét hai trường hợp sau:   TH1. MB 3. MA x21 3 x 6 , kết hợp với (2) ta được: 51kkkkk 33513333 1 xx12 ,;. kk 1; 2222kkkkk 5 0,25 112 +) kdyx (): 555 +) kdyx 1(): 2   TH2. MB 3. MA x21 3 x 12 , kết hợp với (2) ta được 41kkk 341333 3 5 xx12 ,;. k kkkkk 2 0,25 35 Phương trình đường thẳng (d): yx 31 2 Vậy Câu 2. (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) 1,0 điểm Pt 2 1 2sin2 2xxxx 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0 0,25 2 1 2 sin 2xx 1 2 sin 2 1 2 sin 2 xxx cos 3 sin 2 0 1 2sin2xxxx 2 2sin2 cos 3sin 2 0 2 sin 2x 0,25 1 2 sin 2xxxx 2sin 2 cos 3 sin 0 2 3sinx cosxx 2sin2 xk 2 8 +) sin 2xk sin  24 3 xk 0,25 8 31 +) 3 sinxx cos 2sin 2 x sin x cos x sin 2 x sin 2 x sin x 22 6 3
4. 2xx k x k 66 k  72 0,25 2xxk x k 6183 Vậy phương trình có các họ nghiệm là b) 1,0 điểm 22 kkkk 11 1 k Ta có  kCCkC1,100 :100 100 1 100 kk 11 k 1 0,25 1 kCkk C C k 100 100k 1 100 100 99 kk100! 1 kk99  kkCk1,100,100 100. C 99 SkCC110099 100 100.2 0,25 kk! 100 ! kk 10 100 100 kk0100  k 1,100, SC2  100 CC 100 100 21 kk 10 1kk 1 100! 1 1  kC1,100, 100   C 101 0,25 kkkk 1 1 ! 100 ! 101 100 100 101 11kk 1101101 1 k 1 SCC3  100 101 CCC 101 101 101 2102 kkk 110k 1 101 101 101 100 99 1001 101 2 4947 1 SSS 123 S 100  2 2 1 2 102 0,25 101 101 Câu 3. (1,5 điểm) Nội dung Điểm 22424 2 21 xy x y 2 xy y 1 23 2 y . 1 Hệ PT 2 xy x32 0,25 24 2 4 xy 210 xy y Điều kiện 2 xy 0* Từ pt 1 ta thấy y 0 chia hai vế phương trình 1 cho y2 ta được : 2 11 1 1 21232,3xx . Đặt tx  * ty2 2 22 2 2 yy y y t 0,50 Xét hàm số ft 21,2;,2 t t2  t f t  02; t . t 2 1 ( Do 21021tt222 tttt 34,2  ). Vậy hàm số f t đồng biến trên 2; . 4
5. 111 Từ 33334 fx 222 f x x yyy Thay 4 vào 2 ta được: 1111 33 yyyyy22642 3105 yyyy2224 0,25 y2 1 Từ 51210 yyy242 2 y 12 + yx2 12 xy;2;1,2;1  0,25 + yx2 12 32 xy; 3 2; 1 2 , 3 2; 1 2  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là : 0,25 S 2;1,2;1,32;12,32;12  Câu 4 (1,5 điểm) Nội dung Điểm A H B D I 0,50 C Đường tròn (C) có tâm I 2; 1 , bán kính R 22, IB 2 IA. Trong tam giác vuông 11151 IAB ta có: IA 10 IH222 IA IB48 IA 2 Do A thuộc (d) nên A 23;tt , kết hợp với IA 10 t 2 22 2 0,25 25tt 1 105 tt 18160 t 2 t 1, 6 Suy ra A 1; 2 , do I là trung điểm AC nên C 3; 4 .  22 Giả sử đường thẳng AC có vtpt là nababAB ;, 0 Pt AB: ax 120 by . Ta có ab 3 2 dIAB ;8 838 a b a22 b 76aabb22 0 0,25 ab22 abab;7 +) Nếu ab , chọn ab 1, 1 AB:10 x y +) Nếu 7ab , chọn ab 1, 7 AB:7150 x y 5
6. Như vậy ta có nếu AB:10:7150 x y AC x y và ngược lại. Giả sử AB:10:7150 x y AC x y 0,25 Đường thẳng CD song song với AB nên CD:0 x y c , do CD đi qua C nên 34 cc 0 7 CD:70 x y xy 70 x 8 Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ D 8;1 , kết hợp với I là xy 7150 y 1 0,25 trung điểm BD suy ra B 4; 3 . Vậy tọa độ các đỉnh là: A 1; 2 , B 4; 3 ,C 3; 4 và D 8;1 Câu 4 (1,5 điểm) Nội dung Điểm S 0,25 P A D M H N B C Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB và do tam giác SAB cân tại S nên SM vuông góc với AB và kết hợp với SH vuông góc với đáy suy ra AB vuông góc với mặt phẳng SMN nên theo giả thiết ta được:   SA,( ABCD ) SAH 450 SA SH 2 2    (),SAB ABCD SM , MH SMH 600 SM SH . 3 0,5 Từ điểm N kẻ NP vuông góc với SM thì dễ thấy NP là khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD suy ra NP a 6 . Ta có 0,25 2 SH MN NP SM SH .6.22 AB a SH AB a 3 Trong tam giác SAM ta có 4SH 2 0,25 SA222 AM SM223 SH 2 a 2 SH a 3 13.883aa23 a VSHS . 0,25 S. ABCD333 ABCD 6
7. Câu 6. (1,0 điểm) Nội dung Điểm 1,0 điểm Ta có P 6(yz ) (27 yzx 6) 1 x2 yz 2( y22 z ) 2 1 x 2 và 27yz 6 27. 6 2 0,25 27 Do đó Pxxx 62122 (1 ) 6 2 27 Xét hàm fx() 6 21 x22 x (1 x ) 6 trên 0;1, ta có: 2 0,25 6 2x 81 15 62 fx'( ) x2 ; fx''( ) 81 x 0  x  0;1 . 1 x2 22 (1 xx22 ) 1 1 Suy ra hàm f '(x ) nghịch biến; ta lại có f '0 . 3 1 1 1 Do đó với mọi x 0; thì fx'( ) f ' 0 ; với mọi x ;1 thì 0,25 3 3 3 1 1 fx'( ) f ' 0 Vì vậy, fx() f 10 với mọi x 0;1 . 3 3 1 2 Như vậy P 10 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x và yz . 3 3 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P là10. Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách không sử dung đạo hàm như sau: Đặt axbycz 3; 3; 3 , khi đó abc222 9 và Pbcaabc 2( ) Ta chứng minh 2(bca ) abc 10 (*) Thật vậy, ta có (*) 4(bcaabcabc ) 2222 11 (1) Ta có bbcc22 44; 44 nên 4(bc ) b22 c 8 (2) Đẳng thức xảy ra ở (2) khi bc 2 . Ta chỉ cần chứng minh 42aabca 2 3. Ta có 42a abc 4 aabc .()22 4 aa (9) a 2 Mà 4(9)aa a22 a 3 a 32 a 530(1)(3)0 a a 2 a (luôn đúng) Vậy 42aabca 2 3 (3) . Từ (2) và (3) suy ra (1) được chứng minh, tức là (*) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc 1; 2 . 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 10 khi x và yz . 3 3 . Hết . 7