SỞ 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 (5,0 điểm) Cho hàm số y = mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + (1) ( m tham số thực) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = x +1 có đồ thị ( C ) đường thẳng d : y = −2 x + m − ( m x+2 tham số thực) Chứng minh với m, đường thẳng d cắt ( C ) điểm phân biệt Cho hàm số y = A, B Gọi k1 , k2 hệ số góc tiếp tuyến A B ( C ) Xác định m để ( 3k + 1) + ( 3k2 + 1) = 98 2 Câu (4,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập số thực x + + x − x − ≤ x − x + x + x2 = 2log log y log 2 y + 1+ y Giải hệ phương trình sau tập số thực 27 x y x x + xy + x + x = Câu (2,0 điểm) Tính tích phân I = π ( sin x cos x + x ) ( + x tan x ) + x ∫ cos x ( + x tan x ) 2 dx Câu (5,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông với AB = BC = A’ cách đỉnh A, B, C Gọi L, K trung điểm BC , AC Trên đoạn A’B, A’ A lấy M , N cho MA’ = BM , AA’ = A’ N Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L = 10 Cho hình chóp có độ dài cạnh S ABC 2 SA = BC = x, SB = AC = y , SC = AB = z thỏa mãn x + y + z = 12 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC Câu (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2; 3; ) Biết ( S ) cắt mặt phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến đường tròn ( C ) có chu vi 20π Viết phương trình mặt cầu ( S ) Câu (2,0 điểm) ( ) 2 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y + z = yz ( y + z ) Tìm giá trị nhỏ yz ( − x ) y z + + biểu thức P = + ÷ + y + z + x + y + z ( ) ( ) ( ) + x ( ) Hết Họ 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) Câu Câu KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12 ý Nội dung 2 Ta có y ' = 3mx − 6(m − 1) x + 9(m − 2) Hàm số cho có cực trị ⇔ y ' = có (2,0đ) m ≠ m ≠ m ≠ − + (*) ⇔ ⇔ nghiệm phân biệt ⇔ m ∈ ; − 18 m + 36 m + > ÷ ∆ ' > ÷ ( m − 1) (1) x1 + x2 = m Do x1 , x2 nghiệm pt y ' = 0, theo định lý Viét ta có x x = ( m − ) (2) m Lại có x1 + x2 = (3) 3m − x1 = m Từ (1), (3) ⇒ thay vào (2) ta x = − m m m=2 ( 3m − ) ( − m ) = ( m − ) ⇔ (t/m (*)) m = m2 m Kết luận: Các giá trị cần tìm m = 2, m = Điểm 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 x +1 = −2 x + m − (1) Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm pt (3,0đ) x+2 (1) ⇔ x + = ( −2 x + m − 1) ( x + ) (vì x = −2 không nghiệm pt (1)) ⇔ x + ( − m ) x + − 2m = (2) Ta có ∆ = ( − m ) − ( − 2m ) = m + 4m + 12 > ∀m ∈ ¡ Vậy pt (1) có nghiệm phân biệt hay d cắt (C) điểm phân biệt A, B 2 0,5 0,25 Gọi x1 , x2 hoành độ A, B ⇒ x1 , x2 nghiệm pt (2) Theo định lý Viét m−6 k1 = x + x = ( x1 + ) ta có Mặt khác ta có − m x x = k = 2 ( x2 + ) 1 ⇒ k1k2 = = = = 2 2 ( x1 + ) ( x2 + ) ( x1 x2 + x1 + x2 + ) − 2m + m − + ÷ 2 2 Khi ( 3k1 + 1) + ( 3k2 + 1) = 98 ⇔ 9k1 + 9k2 + ( 3k1 + 3k2 ) = 96 (*) 0,5 0,5 Ta có k1 , k2 > Theo bđt Côsi: 9k12 + 9k22 ≥ 81k12 k22 = 18k1k2 = 72 ( 3k1 + 3k2 ) ≥ 9k1k2 = 12 = 24 Vậy VT(*) ≥ 72 + 24 = 96 Dấu xảy 0,5 ⇔ k1 = k2 ⇔ x1 + = − ( x2 + ) ⇔ x1 + x2 = −4 ⇔ Câu Kết luận: Giá trị cần tìm m = −2 1 Điều kiện: x ≥ Bất phương trình cho (2,0đ) m−6 = −4 ⇔ m = −2 ⇔ x2 − x − + x + − x − ≤ ⇔ x2 − x − + 3( − x ) ( 0,25 0,25 x + − 4x + ≤0 x + + 4x − ≤ ⇔ ( x − 3) x + − ÷ ≤ ( *) x + + 4x − x + + 4x − 1 Ta có hàm số f ( x ) = x + − liên tục ; +∞ ÷ x + + 4x − 2 + x − > ∀x > ⇒ f x đồng biến ; +∞ ÷ f ' ( x ) = + x + ( ) 2 x + + 4x − ⇔ ( x + 1) ( x − 3) + 0,5 0,5 ) 1 3 > ∀x ≥ Do f ( x ) ≥ f ÷ = − 15 2 Từ bpt (*) ⇔ x − ≤ ⇔ x ≤ 1 Kết luận: Tập nghiệm bpt cho ;3 2 x + x + x2 = log log y (1) (2,0đ) log 2 y + 1+ y 27 x y x (2) x + xy + x + x = Điều kiện: x > 0, y > Viết lại pt (1) dạng 0,5 0,5 0,25 0,25 ) ( ) ( log x + x + x − log y + + y = −2log 3.log y ) ( ) ( y + 1+ y ⇔ log ( x + x + x ) = log y ⇔ log x + x + x = log y + + y − log y 2 2 ⇔ x + x + x2 = 1 + y y 0,5 + ( 1' ) y2 Xét hàm số f ( t ) = t + t + t , t > Ta có f ' ( t ) = + + t + t2 1+ t > ∀t > ⇒ hàm số f ( t ) liên tục đồng biến ( 0; +∞ ) , pt (1’) ⇔ x = 0,25 ⇔ xy = y Khi pt (2) trở thành 27 2 x + + x2 + x = x x ⇔ x + + x2 + x = ⇔ 1+ 1+ 27 2 27 x x ⇔ + + 1+ = x x x 0,5 27 27 2 = x ⇔ x − − + = ( 2' ) x 4 x 27 g '( x ) = x+ > ∀x > 27 2 Đặt g ( x ) = x − − + , x > Ta có x 1+ x x Vậy hàm số g(x) liên tục đồng biến ( 0; +∞ ) Câu (2,0đ) 2 Từ pt (2’) có tối đa nghiệm ( 0; +∞ ) Mà g ÷ = 3 2 3 Kết luận: Hpt cho có nghiệm ( x; y ) = ; ÷ 3 2 Ta có 0,25 0,25 π ( sin x cos x + x ) ( + x tan x ) + x dx 2 cos x + x tan x ( ) I =∫ π π sin x cos x + x x dx =∫ dx + ∫ 2 cos x ( + x tan x ) 0 cos x ( + x tan x ) π - Đặt I1 = ∫ π I1 = ∫ 0,25 sin x cos x + x dx Ta có cos x ( + x tan x ) π x cos x dx = d ( + x tan x ) = ln + x tan x ∫0 + x tan x + x tan x tan x + π π = ln 1 + ÷ 4 0,75 π - Xét I = ∫ π x dx cos x ( + x tan x ) =∫ π x dx ( cos x + x sin x ) =∫ 0.25 x cos xdx cos x ( cos x + x sin x ) x ( x sin x + cos x ) dx du = u = cos x cos x ⇒ Đặt x cos xdx dv = v = − ( cos x + x sin x ) x sin x + cos x π 0,25 π 0,25 B’ C’’ A’ ’ ta có S EKN = S A ' KA +) Do A ' A = A ' B = A ' C K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A ' K ⊥ ( ABC ) ⇒ ( A ' AC ) ⊥ ( ABC ) Câu 0,25 x dx −π ⇒ I2 = − + = ÷ ∫ cos x + π cos x x sin x + cos x π −π Vậy: I = I1 + I = ln 1 + ÷+ 4+π Gọi E trung điểm AN, ta có (2,5đ) ME//AB//LK ⇒ S MLK = S ELK ⇒ VMNKL = VNELK 0,5 N M L B C E K A mà BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ ( A ' AC ) 0,5 BK +) Ta có d ( L, ( NKE ) ) = d ( B, ( NKE ) ) = , L trung điểm BC 2 0,25 1 AC VNELK = d ( L, ( NKE ) ) S NKE = KB.S A ' KA ; KB = = 18 0,5 +) Vì A ' K ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' K ⊥ KL ⇒ A ' K = A ' L2 − LK = ⇒ S A ' AK = A ' K KA = 2 Vậy VNELK = 0,25 1 1 KB.S A ' KC = = ⇒ VMNLK = 18 18 6 0,5 (2,5đ) Qua đỉnh tam giác ABC, vẽ đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ +) Có S MNP = S ABC ⇒ VS ABC = VS MNP +) Do SB = AC = NP ⇒ ∆SNP vuông S S C M A P B N 0,5 Tương tự, tam giác SMN, SMP vuông S Đặt a = SM , b = SN , c = SP , ta có: a = ( x + z − y ) a + b = x 2 2 2 b + c = y ⇔ b = ( x + y − z ) c + a = z 2 2 c = ( y + z − x ) 1 VS ABC = VS MNP = abc = 24 12 (x 0,5 + y2 − z ) ( y2 + z − x2 ) ( z + x2 − y ) 0,5 Mà theo bđt Côsi: (x + y2 − z ) ( y + z − x2 ) ( z + x2 − y ) ≤ 3 x + y − z + y + z − x + z + x − y 12 ≤ ÷ = ÷ =4 3 nên VS ABC ≤ 2 = 12 2 Đẳng thức xảy x = y = z = 0,5 12 = ⇒ x = y = z = 2 Gọi r bán kính đường tròn (C), ta có 2π r = 20π ⇔ r = 10 Vậy GTLN thể tích khối chóp S.ABC Câu (2,0đ) Ta có d ( I , ( Oxy ) ) = 0,5 0,5 0,5 Gọi R bán kính mặt cầu (S), ta có R = d ( I ,(Oxy ) ) + r = 125 0,5 Vậy mặt cầu (S) có phương trình ( x + ) + ( y − 3) + ( z − ) = 125 0,5 2 Câu (2,0đ) P= = = = = (1+ x) (1+ x) y z yz + + ÷ + 1+ y 1+ z ( 1+ y) ( 1+ z ) − 1÷ 1+ x (1+ x) y z yz 1− x + + ÷ + ÷ 1+ y 1+ z (1+ y) (1+ z ) 1+ x ( 1+ x) + + ( 1+ x) y z yz yz + + − ÷ + 1+ y 1+ z ( 1+ y ) ( 1+ z ) ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z ) y2 ( 1+ y) + z2 ( 1+ z ) + + yz ( 1+ y) ( 1+ z ) ( 1+ x) + ( + x ) 1 + ÷1 + ÷ y z 1 1 1 + y ÷ + z ÷ 1 Đặt u = , v = ⇒ u, v > Khi y z 1 P= + + + 2 ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) Theo bđt Côsi: P ≥ ( 1+ x) + ( 1+ u ) ( 1+ v) + 0,5 ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) Mặt khác, giả thiết trở thành y2 + z2 y + z 1 1 x 2 ÷= ⇔ x + ÷ = + ⇔ x u + v = u + v yz z y z y y z ( ) 2 2 Theo bđt Bunhiacốpxki: x ( u + v ) ≤ x ( u + v ) = ( u + v ) ⇒ u + v ≤ x 2 1 x +1 Lại theo bđt Côsi: ( + u ) ( + v ) ≤ ( + u + v ) ≤ + ÷ = ÷ 4 x x 2x2 4x2 x3 + x + x + P ≥ + + = Từ suy 2 3 ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1+ x) (1+ x) Xét hàm số f ( x ) = f '( x) = x3 + x + x + ( 1+ x) , x > Ta có 0,5 10 x − ⇒ f '( x) = ⇔ x = ( x + 1) Lập bảng biến thiên f(x) ( 0;+∞ ) suy 91 P ≥ f ( x ) ≥ f ÷= 108 91 Kết luận: GTNN P đạt 108 1 x = , u = v, u + v = = 10 ⇔ x = , u = v = ⇔ x = y = z = x 5 0,5 0,5 Lưu ý: Các cách giải khác, cho điểm tương đương theo phần hướng dẫn chấm - HẾT -