SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi 24/03/2015 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 05 câu ĐỀ DỰ BỊ Sớ báo danh Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y x (m 1) x (2 m) x (m tham số) (*) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m 7 b) Tìm m để hàm số (*) có cực đại, cực tiểu Giả sử với giá trị m m1 hàm số đạt cực trị x x1 Chứng minh có giá trị tham số m m2 để hàm số đạt cực trị x x2 cho x1 x2 Câu II (4,0 điểm Giải phương trình cos x sin x sin 3x cos x cos x sin x 2 ( x y )(52 xy ) 2 x 19 y x 34 y 126 Giải hệ phương trình: 2 x y x y 0 2 Câu III (4,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 2 (1 a) (1 b) (1 c) (1 a)(1 b)(1 c) Tìm giá trị thực tham số m để hệ bất phương trình sau có log ( x y x y 2) m nghiệm thực log ( x y x y 2) m Câu IV (4,0 điểm) Một hộp đựng chín cầu giống đánh số từ đến Hỏi phải lấy 2 cầu để xác suất có ghi số chia hết cho phải lớn ? Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D(2;0) trung điểm cạnh BC Gọi N điểm cạnh BC thỏa mãn BN 2 NC H hình chiếu vng góc B lên AN Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng chứa cạnh AC qua điểm E (10; 11 ); điểm H (2; ), BAN xC 2CAN 2 Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên tam giác nhọn Gọi E điểm cạnh SB cho ES 3EB; F trung điểm SC Mặt phẳng ( DEF ) cắt cạnh AB J Tính cơsin góc SD với BC thể tích khối a 17 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho C(0;0;4), M(3;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua CM (P) cắt hai tia Ox, Oy A, B cho diện tích tam giác ABC nhỏ ……………………………… HẾT…………………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm đa diện BCDJEF Biết SB SD , S SBD a S SAD SỞ GD&ĐT THANH HÓA Hướng dẫn chấm Đề dự bị KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 07 trang ) Câu Ý Nội dung I (4.0) (2.0) Hàm số y x x x m 7 *) TXĐ: D *) Sự biến thiên: Điểm ; x nên hàm số đồng biến 2 5 khoảng ( ; ) ( ; ) Hàm số nghịch biến ( ; ) 2 2 1 13 +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại xCÐ yCÐ y ( ) 2 5 41 Hàm số đạt cực tiểu xCT yCT y ( ) 2 +) Giới hạn: lim ( x x x 3) x +) Bảng biến thiên: +) Chiều biến thiên: y ' 4 x x ; x x y' 0,5 yCD y 2,5 0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 yCT 0.25 *) Đồ thị: y 13/3 -2 -0,5 O x 2,5 0.5 -14/3 -41/3 Đồ thị hàm số nhận điểm I (1; 14 ) làm tâm đối xứng TXD: Ta có y ' 4 x (m 1) x m, x (2.0) Hàm số có cực đại cực tiểu y ' 0 (1) có hai nghiệm phân biệt m ( ; 7) ( 7; ) D 0,5 Ta lại có (1) m 4x2 x x 1 (2) Nghiệm phương trình (2) hồnh độ giao 4x2 x điểm đường thẳng y m đồ thị hàm số y (C ') x 1 0,25 Đồ thị hàm số (C') có dạng hình vẽ nhận điểm I ' 1; tâm đối xứng y y=m2=-9-m1 M2 x1 I M1 x x2 -1 O -9 0,5 y=m1 x2 x (3) có hai x 1 nghiệm phân biệt nghiệm điểm cực trị hàm số (C ') Ta gọi nghiệm x1 tồn m m2 D (m2 đối xứng với m1 qua điểm trục Từ đồ thị ta có với giá trị m m1 D phương trình m1 x2 x tung) phương trình m2 (4) có hai nghiệm phân biệt tương x 1 ứng đối xứng với nghiệm phương trình (3) qua điểm trục hồnh Vì ta chọn nghiệm phương trình (4) x2 đối xứng với nghiệm x1 qua điểm , x1 x2 (đpcm) II *ĐK: cos x sin x 0 (4.0) (2.0) * Chia tử mẫu vế trái cho ta có: cos x sin x 2 (1) sin x cos x cos x sin x 2 cos x 3 sin x cos x cos x 6 cos x 6 sin x cos x cos x 6 cos x sin x cos x 6 0,75 0,25 0,50 0,50 cos x sin x cos x 6 2 cos x cos x 6 3 x x k 2 x k x x k 2 x k 24 0,25 k 0,25 x k x k 24 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là: k Ta có: (2.0) (2) y y ( x 2) 0 y 5 0,25 0,25 (2) x x ( y 2) 0 x 1 Từ (2) x y 4 y x x y 8 y x Có ( x y )(52 xy ) 2 x 19 y x 34 y 126 2 0,25 ( x y )(52 xy ) (8 x y ) (27 y x x 34 y 126) ( x y )(52 xy ) ( x y )(8 x y ) (27 y x x 34 y 126) ( x y )(52 xy y x) 27 y x x 34 y 126 0,25 0,25 ( x y )(52 xy x y 2) 27 y x x 34 y 126 x x 42 x y 27 y 84 y 126 0 0,25 ( x 1)(2 x x 50) ( y 2) (2 y 19) 0 (3) 0,25 Lại có: ( x 1)(2 x x 50) 0 x [ 5;1] ( y 2) (2 y 19) 0 y [ 1;5] Dấu "=" xảy ( x; y ) (1;2) Do (3) ( x; y ) (1;2) 0,25 Thử lại thấy ( x; y ) (1;2) thỏa mãn hệ (I) Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) (1;2) 0,25 2 III Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c b c Tìm giá trị nhỏ (4.0) (2.0) 1 biểu thức: P 2 (1 a) (1 b) (1 c) (1 a)(1 b)(1 c) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: P (1 a ) (1 b)(1 c) (1 a )(1 b)(1 c) 2 Do (b c ) 2 b c nên từ giả thiết ta suy ra: a (b c) 2a (b c ) 2(b c ) b c a Cũng theo bất đẳng thức Cơ-si ta lại có: 0.5 1 2 (1 a) 2 (1 b)(1 c) (2 b c ) 4 a a2 0.5 2a 4a 2a 6a a P Do đó: (1 a ) (1 a )3 (a 1)3 2a 6a a với a > (a 1)3 2(5a 1) ' ' ; f (a ) 0 a Ta có: f (a ) (a 1) 91 Lập bảng biến thiên ta có: P f ( a) f 108 91 Vậy giá trị nhỏ P , đạt a ; b c 5 108 Xét hàm số: f (a ) 0.5 0.5 Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực: y x y 2) m log ( x (2.0) log ( x y x y 2) m 2 2 x y ĐK: Biến đổi hệ cho thành hệ ( y 1) m ( x 1) ( y 1) m ( x 1) 0,5 (1) ( 2) Tập nghiệm (1) hình trịn (C1) tâm I1(1; - 1) bán kính R1 = m bỏ điểm I1(1; - 1) Tập nghiệm (2) hình trịn (C2) tâm I2(- 1; 1) bán kính R2 = m bỏ điểm I2(- 1; 1) Hệ có nghiệm hai hình trịn (C1) (C2) có điểm chung, điều xảy khi: I I R1 R2 Vậy m 1 2 m m 1 0,75 0,75 IV Một hộp đựng chín cầu giống đánh số từ đến Hỏi phải lấy (4.0) (2.0) cầu để xác suất có ghi số chia hết cho phải lớn ? Nhận thấy chín cầu cho có hai ghi số chia hết cho (các ghi số số 8) ; bảy cịn lại ghi số khơng chia hết cho x Giả sử rút x x 9, x ; số cách chọn x từ hộp C9 ; số phần x tử không gian mẫu n C9 Gọi A biến cố: ‘Trong số x lấy ra, có ghi số chia hết cho 4’’ Thế biến cố đối A A : ‘Trong số x lấy ra, khơng có ghi số chia hết cho 4’’ 2,00 0,25 0,50 0,50 x Số cách chọn tương ứng với biến cố A n A C7 Ta có P A C n A n x x C x x 72 0,50 A x x Do P A 1 P A P A 6 72 hay x 17 x 60 x 12 Suy x 9 x 9, x Giá trị nhỏ x Vậy số cầu phải rút ítH(2;2,5) mà taE(10;5,5) phải tìm N D(2;0) B F K C 0,25 (2.0) Gọi K điểm đối xứng C qua AN, F trung điểm CK đó: 1 BAK KAN CAN BAN ; BH / / CK AC AK Có NB S ABN AB AN sin BAN AB cos CAN AB cos BAK AKB 900 NC S ACN AC AN sin CAN AC AK FC NC BH KC BHCK hình bình hành suy D trung điểm BH NB HK HC / / KB HC AK kết hợp AH CK KH AC hay DH AC Lại có 5 Có D(2;0), H (2; ) K (2; ) DH (0; ) suy đường thẳng AC có phương trình 2 11 y 11 2 Gọi C (c; ) HC HK 25 (c 2) 16 c 2; c 6 c 6 (do xC 0) 11 C (6; ) F (4; ) suy AF có phương trình x y 0 Điểm A giao 2 11 11 AC AF nên A( 4; ) Điểm B đối xứng với điểm C (6; ) qua D(2;0) nên 2 11 B ( 2; ) 11 11 11 Vậy A( 4; ) , B ( 2; ) C (6; ) điểm thỏa mãn yêu cầu 2 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 V (4.0) (2.0) S F M E B K C I J H A D Do ABCD hình vng cạnh a nên AC BD a AC BD, gọi I tâm hình vng, H hình chiếu vng góc S lên (ABCD); SB = SD nên SI BD suy BD ( SAC ) ( SAC ) ( ABCD) H AC S 3a a 26 Có SBD cân S SSBD a SI SBD SB SD SI ID BD 4 ; BC ) cos( SD ; AD) cos SDA BC // AD cos( SD (do mặt bên tam giác nhọn) 0,25 0,25 a 17 S SAD SD AD.sin SDA 2S 17 ; BC ) sin SDA SAD cos SDA cos( SD SD AD 26 26 26 0,25 3a Có SA SD AD SD AD.cos SDA SI , H trung điểm AI a a3 2 AH SH SA AH a VS ABCD SH S ABCD 3 0,25 Lại có S SAD Gọi K EF ∩ BC ; J KD ∩ AB DJEF thiết diện cắt hình chóp ( DEF ) KB FC ES FM FC FS KB KJ 1 Kẻ BM / / KF KC FS EB FC FS FM KC KD SE 3 CB BM BM KF KF E trung điểm KF SB 4 CK VK JBE KJ KB KE 17 VBCDJEF VK DCF VK DCF KD KC KF 18 18 EF VKDCF KC VBDCF FC 17 17 17 , VBCDJEF VS BCD VS ABCD a VBDCF BC VS BDC SC 24 48 144 17 ; BC ) V a Vậy cos( SD BCDJEF 144 26 0,25 0,25 0,25 Mà Viết phương trình mặt phẳng (P) qua CM và (P) cắt hai tia Ox, Oy A, 0,25 (2.0) B cho diện tích tam giác ABC nhỏ Gọi A a; 0; 0 B 0; b; , a 0, b x y z 1 , a b 3 Do mặt phẳng (P) qua M 3;3;1 ab 4 a b a b Khi phương trình mặt phẳng (P): Diện tích tam giác ABC là: S Do 1 AB, AC 16a 16b ab 2 0.5 ab 32ab 0.5 ab 4 a b 8 ab ab 64 S 16 Dấu đẳng thức xảy a = b = Diện tích tam giác ABC nhỏ 0.5 16 x y z Khi phương trình mặt phẳng (P) 1 x y z 0 8 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm 3) Điểm thi tổng điểm không làm tròn 0.5