Cho hình chóp S ABC.. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC... 2,5đ Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ cácđường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC: 2015 - 2016 Môn: Toán – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang)
Câu 1 (5,0 điểm).
1 Cho hàm số y mx 3 3 m 1 x2 9 m 2 x 2 (1) (m là tham số thực) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị x x1, 2 thỏa mãn x1 2 x2 1.
2 Cho hàm số 1
2
x y x
có đồ thị C và đường thẳng d : y 2 x m 1 (m là tham số thực) Chứng minh rằng với mọi m , đường thẳng d luôn cắt C tại 2 điểm phân biệt , .
A B Gọi k k1, 2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến tại A và B của C Xác định m để
3 k1 1 2 3 k2 1 2 98.
Câu 2 (4,0 điểm).
1 Giải bất phương trình sau trên tập số thực x 7 x2 2 x 3 4 x 2.
2 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
2
3 1
27 2
8
y
Câu 3 (2,0 điểm) Tính tích phân
2 4
2 2
0
sin cos 1 tan
cos 1 tan
Câu 4 (5,0 điểm).
1 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C ’ ’ ’, có đáy ABC là tam giác vuông với
2
AB BC và A’ cách đều các đỉnh A B C , , . Gọi L K , lần lượt là trung điểm của ,
BC AC Trên các đoạn A B A A ’ , ’ lần lượt lấy M N , sao cho MA ’ 2 BM AA , ’ 3 ’ A N
Tính thể tích khối tứ diện MNKL , biết A L ’ 10.
2 Cho hình chóp S ABC có độ dài các cạnh
SA BC x SB AC y SC AB z thỏa mãn x2 y2 z2 12 Tính giá trị lớn
nhất của thể tích khối chóp S.ABC
Câu 5 (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có tâm
2; 3; 5
I Biết S cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến là đường tròn C có chu vi
20 Viết phương trình mặt cầu S
Câu 6 (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x y z , , thỏa mãn x y 2 z2 yz y z Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 2
2 1 1
.
1
yz x
P
x
1
Trang 2Họ và tên thí sinh……… Số báo danh………
Người coi thi số 1……… Người coi thi số 2.………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12
Câu 1
1.
(2,0đ) Ta có
y mx m x m Hàm số đã cho có 2 cực trị y' 0 có 2
0 0
0
(*)
;
m m
m
m
Do x x là nghiệm của pt ' 0,1, 2 y theo định lý Viét ta có
1 2
(1)
m
x x
m m
x x
m
Lại có x12x2 1 (3)
Từ (1), (3)
1 2
2
m x m m x
m
thay vào (2) ta được
2
2
2 3
m
(t/m (*))
Kết luận: Các giá trị cần tìm là 2, 2
3
m m
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
2.
(3,0đ) Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của pt
1
2
x
x m x
(1) x 1 2x m 1 x2 (vì x 2 không là nghiệm của pt (1))
2
2x 6 m x 3 2m 0 (2)
Trang 3Gọi x x là hoành độ của A, B 1, 2 x x1, 2 là các nghiệm của pt (2) Theo định lý Viét
ta có
1 2
6 2
3 2 2
m
x x
m
x x
Mặt khác ta có
1
2
1 2 1 2
k x k x
4
6 4 2
k k
m
3k 1 3k 1 98 9k 9k 2 3k 3k 96 (*)
Ta có k k Theo bđt Côsi: 1, 2 0 2 2 2 2
9k 9k 2 81k k 18k k 72 và
2 3k 3k 4 9k k 12 4 24. Vậy VT(*)72 24 96.
Dấu bằng xảy ra
6
2
m
Kết luận: Giá trị cần tìm là m 2
0,5
0,5
0,5 0,5 0,25
Câu 2 1.
(2,0đ) Điều kiện: x Bất phương trình đã cho12.
x
Ta có hàm số 1 3
f x x
liên tục trên 1;
2
và
1
2
đồng biến trên 1;
2
f x f x
Từ đó bpt (*) x 3 0 x3
Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3
2
0,25
0,5
0,5 0,5 0,25
2.
(2,0đ)
2
3 1
27 2
8
y
Điều kiện: x0,y0
3
Trang 4
2 2
2
2
1
y
y y y
Xét hàm số f t t t 1t t2, 0 Ta có
2 2
2
1
t
t
hàm số f t liên tục và đồng biến trên 0;, do đó pt (1’) x 1 xy 1.
y
Khi đó pt (2) trở thành
27 2
8
Đặt 27 2 1 1 2, 0
4
x
2
1
x
x
Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên 0;
Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên 0; Mà 2 0
3
g
Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất ; 2 3;
3 2
x y
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 3
(2,0đ)
Ta có
2 4
2 2
0
2
2
sin cos 1 tan cos 1 tan sin cos
dx
- Đặt
4
0
sin cos
cos 1 tan
4 1
x
x
0,25
0,75
Trang 5- Xét
cos
I
Đặt
2 2
sin cos
x xdx
0 0
I
Vậy: 1 2
4
0.25
0,25
0,25 0,25
Câu 4
1.
(2,5đ)
Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//
LK S MLK S ELK V MNKL V NELK
ta cũng có 1 '
3
EKN A KA
+) Do A A A B' ' A C' và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A K' ABC ( 'A AC)ABC
0,5
0,5 0,25 0,5
0,25 0,5
mà BK AC BK A AC'
+) Ta có , 1 ,
BK
d L NKE d B NKE , do L là trung điểm BC
2
AC
KB +) Vì A K' ABC A K' KL A K' A L' 2 LK2 3
'
A AK
A’
’
K
M E
N L
B’
C’’
A
5
Trang 6(2,5đ) Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ cácđường thẳng song song với cạnh đối
diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ
4
MNP ABC S ABC S MNP
2
SBAC NP SNP vuông tại S
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S
Đặt a SM b SN c SP , , , ta có:
2 4
2 2 2 2 2 2 2 2 2
S ABC S MNP
V V abc x y z y z x z x y
Mà theo bđt Côsi:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
12
4
.
S ABC
Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 12 4 2
3
x y z x y z
Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là 2 2
3
Câu 5
(2,0đ)
Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2r20 r10.
Ta có d I Oxy , 5
Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R d I Oxy2 ,( )r2 125
Vậy mặt cầu (S) có phương trình x22y 32z 52 125
0,5 0,5 0,5 0,5
A
B C
N
P S
M
Trang 7Câu 6
(2,0đ)
2 2
2 2
2 2
1
1
1
1
P
x
x
x
1
1 1
z y
Đặt u 1,v 1 u v, 0.
P
Theo bđt Côsi:
1
P
x
Mặt khác, giả thiết trở thành
Theo bđt Bunhiacốpxki: 2 2 2 2
x
Lại theo bđt Côsi:
2
x
Từ đó suy ra
P
Xét hàm số
3
, 0
1
x
5 1
x
x
Lập bảng biến thiên của f(x) trên 0; suy ra
5 108
Pf x f
Kết luận: GTNN của P là 91
108 đạt được khi
x
0,5
0,5
0,5
0,5
7
Trang 8Lưu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm
-