KỲ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 12 TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2015-2016 Câu 1: Cho hàm số y x 1 x có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng : x y 0 bằng Lời giải +) TXĐ: D \ 1 Gọi điểm M ( a; a 1 ) (C ); a 1 a a d ( M , ) +) Từ giả thiết ta có a 1 3 a 2 a 5a 0 a 2 2 a 3a 2 a a a 0 a 3 +) Với a 2 M (2;3) Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M y x +) Với a 3 M (3; 2) Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M y Câu 2: y x 2 x 2 Vậy các phương trình tiếp tuyến của (C) cần tìm là: y x 7; Cho hàm số y x 2( m 1) x (5m 1) x 2m có đồ thị ( Cm ), với m tham số Tìm m để ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0) , B, C cho hai điểm B, C có một 2 điểm nằm mợt điểm nằm ngồi đường tròn ( T ): x y 1 Lời giải +) Hồnh đợ giao điểm của( Cm ) trục hoành nghiệm phương trình: x3 2( m 1) x (5m 1) x 2m 0 ( x 2)( x 2mx m 1) 0 x 2 x 2mx m 0 (1) +) ( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt (1) có nghiệm phân biệt khác ' m m 4 4m m 0 m ( ; 1 ) ( 1 5 ; ) \ 3 x1 x2 2m x x m A (2;0), B ( x ;0), C ( x ;0) x ; x 2 +) Khi đó ; với nghiệm pt(1) +) Đường tròn (T) có tâm O(0;0), bán kính R=1 +) Hai điểm B, C thỏa mãn điều kiện đầu (OB R)(OC R ) ( x1 1)( x2 1) x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) x1 x2 3m 4m m ( ; 2 ) (2; ) m ( ; Kết hợp với đk (*) , các giá trị cần tìm của m Câu 3: Giải phương trình: 2 ) (2; ) sin x.sin x cos x.cos x.sin x 2 cos( x ) Lời giải + Phương trình đã cho tương đương với: sin x.sin x sin x.cos x.cos x 2 cos( x sin x.sin x sin x.cos x 2 cos( x sin x(sin x cos x) 2 cos( x ) ) ) 2sin x( sin x cos x) 2 cos( x ) 2 ) cos( x ) 6 2) cos( x ) 0 sin x cos( x (sin x sin x 2(VL) cos( x ) 0 x 2 k x Câu 4: Vậy phương trình đã cho có các nghiệm log x x log Giải bất phương trình: Lời giải x 4x ĐK : x 4 x x 2 x 2 k , k x log x + Bất phương trình đã cho tương đương với log x log ( x 2) log (4 x) log 22 ( x 2) log ( x 2) log (4 x) 22 log x ( x 2) log (4 x) x ( x 2) x (1) +) TH1: Với x ( 2; 2) thì (1) (2 x)( x 2) x x (0;1) Kết hợp với ĐK trường hợp ta được x (0;1) +) TH2: Với x (2; 4) thì (1) ( x 2)( x 2) x x ( ; hợp với ĐK trường hợp ta được x( 1 33 ) ( 33 ; ) Kết 33 ; 4) 33 ; 4) x (0;1) ( Vậy bất phương trình có tập nghiệm Câu 5: Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1; 1;1) 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz cho khoảng cách từ G đến mặt phẳng (Oxy) bằng khoảng cách từ G đến A 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt hình chiếu của A, B (P) AM 20 ; BN 3 Lời giải Gọi G (0;0; a ) Oz +) Ta có mặt phẳng (Oxy) : z 0; d (G,(Oxy )) a ; GA (5 a) 43 d (G, (Oxy )) GA a (5 a) a 10 +) Từ giả thiết: 43 G (0; 0; ) 10 điểm cần tìm Vậy +) Ta có AB 6; AM 20 ; BN 3 +) Ta thấy AM AB BN tức d ( A, ( P)) AB d ( B, ( P)) (1) +) Ta có AB BN AN AM +) Do đó (1) xảy chỉ các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời AB ( P) ; A, B, N thẳng hàng ; B nằm giữa A N ; M trùng với N 13 N( ; ; ) AB 9 BN , từ đó tìm được 9 +) AB 9 BN , B nằm giữa A N Do đó +) Mặt phẳng (P) qua N nhận AB nên có phương trình: x y z 0 Câu 6: x x3 I ( x x 1)e x dx x 1 1 Tính tích phân Lời giải x x3 I ( x x 1)e x dx x 1 1 x3 x2 1 dx ( x x 1)e x dx +) x x3 M x2 1 dx 2 +) Đặt t x t x 2tdt 2 xdx tdt xdx +) Đổi cận: x 1 t 2; x 2 t M 5 t3 (t 1)tdt dx (t 1) dt ( t ) t x2 1 2 x3 2 + N ( x x 1)e x N 2 xe x x x 2 dx ( x 1)e x 1 x dx 2 xe 5 x x dx N1 N dx Đặt x u e x dv 2 xdx N x e x x 1 x du e x dx x v x x 2 ( x 1)e x x dx 4e N1 3 2 Do đó N N1 N N1 4e N1 4e Vậy Câu 7: I M N 2 5 4e Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vuông tại A B; AB BC 4a Tam giác SAB đều nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 Tính thể tích của khối chóp S.HBCD cosin của góc giữa hai đường thẳng SC HD Lời giải S A D K M H E B C N +) Tam giác SAB cân nên SH AB +) SAB) ( ABCD) ( SAB) ( ABCD) AB SH ( ABCD) SH AB +) Kẻ CK HD, K HD mà SH ( ABCD ) SH CK Do đó CK ( SHD) d (C , ( SHD)) CK a 10 + Tính được CH a 20 HK a 10 CK Do đó tam giác CHK vuông cân tại K Nên KHC 45 DHC 45 tan DHC 1 +) Tam giác ABH vuông tại B nên tan BHC 2 tan BHC tan CHD tan BHD tan( BHC CHD ) tan BHC tan CHD +) AD tan AHD 3 3 AD 6a BHD AHD 180 AH Mà Do đó Ta có S ABCD ( AD BC ) AB 20a 2 S HBCD S ABCD S AHD 20a 6a 14a Vậy VS HBCD 28a 3 SH S HBCD 3 Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC HD Tam giác SHC vuông tại H nên SC a 32 +) Gọi M AC HD; E BC HD +) Khi đó AEBD hình bình hành nên EB AD 4a EC 10a AD AM 6a 3 3 3a AM MC AC a 32 8 +) AD//EC nên EC MC 10a +) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB Do đó góc giữa SC HD góc giữa CN SC 10 AH HN HN a BN a 3 Ta có: Ta có: 208 10 a; CN BN BC a 3 SN SH HN +) Áp dụng định lý Côsin tam giác SCN , ta có +) Câu 8: cos SCN SC CN SN SC.CN cos( SC , HD) cos(CN , SC ) cos SCN cos( SC , HD) cos SCN Vậy Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh Gọi X tập hợp các tam giác có ba đỉnh ba đỉnh của (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác X, tính xác suất để chọn được tam giác có cạnh cạnh của đa giác (H) tam giác không có cạnh cạnh của đa giác (H) Lời giải +) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh +) Số tam giác có đỉnh ba đỉnh của đa giác (H) C22 1540 +) Số phần tử của không gian mẫu n() C1540 1185030 +) Số tam giác có một cạnh cạnh của đa (H) 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai cạnh cạnh của đa (H) 22 Số tam giác không có cạnh cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Gọi A biến cố “ hai tam giác được chọn có một tam giác có cạnh cạnh của (H) tam giác không có cạnh cạnh của (H)" 1 +) Số phần tử của A n( A) C396 C1122 p ( A) Câu 9: 1 C1122 n( A) C396 748 n() 1185030 1995 +) Xác suất của biến cố A Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H, K lần lượt hình chiếu của A BD CD Biết A(4;6) , phương trình của HK: 3x y 0 , d1 : x y 0 , A d : x y 0 C thuộc đường thẳng điểm B thuộc đường thẳng điểm K có hồnh đợ nhỏ điểm B, C, D Tìm tọa độ các Lời giải điểm B H D E K C +) Gọi E AC HK Tứ giác AHKD nội tiếp HAD HKC Tứ giác ABCD nội tiếp ABC ACD Tam giác ABD vuông tại A ABD HAD Vậy HKC ACD hay tam giác ECK cân tại E Vì tam giác ACK vuông tại K nên E trung điểm của AC +) Ta có: C d1 C (c; c ) E ( c 4 8 c ; ) 2 Vì E HK nên tìm được c 4 C (4; 2) K HK : x y K (4 t ;3 t 1) HK AK (4 t 4;3 t 7); CK (4t 4;3t 1) +) nên gọi t 5 AK CK AK CK 0 25t 50t 0 t 9 Vì hoành độ điểm K nhỏ +) Ta có: 2 K( ; ) 5 nên Tam giác SHC vuông tại H nên +) BC có phương trình : x y 10 0 +) B BC d B (6; 2) +) Lập được phương trình AD: x y 0 +) Lập được phương trình CD: x y 0 +) Tìm được D ( 4; 2) Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) Câu 10 : x4 x3 y x y (1) x 1 x x y x y xy y x 0 ( x, y ) 2 Lời giải x x y 0 +) ĐK: x 1 (2) ( x 1)( x y ) 0 x y +) Ta có +) Với x 1 , thì (1) trở thành : 65 y y 2 y 11 y y 11 y y y 0 x 1 65 y +) So sánh với ĐK ta có nghiệm của hệ đã cho +) Với y x thì (1) trở thành: x x3 x ( x 1) x x ( x 2) ( x3 x x 4) ( x 1) ( x 2)( x 1) ( x x x 4) u x Đặt v x x Ta có hệ u ( x x x 4) ( x 1)v v ( x 1)u ( x x x 4) 2 Ta có u v ( x 1)(v u ) u v (u v)(u v x 1) u v x 0 Với u v x 0 Ta có x x x x 0( ptvn) vì x x 0, x 2 Với u v ta có x x x x x 5 x x x x x 0 ( x 1) 3( x 1) Giải phương trình được nghiệm: x 3 3 KL: So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm 3 3 x x 1 ; 65 3 3 y y ; 3 3 x 3 3 y Câu 11 : 2 Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a b c 3 a b c 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a b c ab a b ac a c bc b c Lời giải 2 Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a b c 3 a b c 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a b c ab a b ac a c bc b c P a b c a3b ab a 3c ac b 3c bc a a b c b3 b a c c c a b 3 a b3 c3 a b3 c3 a3 b c b c bc 1 2 b c 3 a; bc b c b c a 27 a a 3a 2 2 Do đó a b3 c3 a3 a 27 a a 3a a 9a 27a 108 Ta có b c 3; b c Ta có bc a 3a 4bc, b, c a Do đó 4 a 3a a 3;5 Ta có P 3a 27 a 81a 324 3;5 Xét hàm số f (a ) 3a 27 a 81a 324 xác định liên tục f '(a ) 9a 54a 81; f ( 3) 243 f (5) 381 a 3 3;5 f '(a ) 0 a 3 3;5 f (3 2) 81 324 ; Vậy GTLN của f (a ) bằng 381 a 5 Do đó GTLN của P bằng 381 a 5; b c