SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BÌNH THANH KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (5 điểm) a) Tìm tham số m để hàm số y = x + 3mx + ( m + 1) x + nghịch biến đoạn có độ dài lớn 2x + có đồ thị (C) đường thẳng d: y = −2 x + m Chứng minh x+2 d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp b) Cho hàm số y = tuyến (C) A B Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 đạt giá trị nhỏ Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x + sin x cos x + = sin x + cos x b) Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên ( ) số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác + L + 2014C2013 + 2015C2014 c) Tính S = C02014 + 2C12014 + 3C2014 2014 2014 Câu (3 điểm) x − y − x + y = −6 x + 15 y − 10 Giải hệ phương trình: y x + + ( y + ) x + 10 = y + x ( x, y ∈ ¡ ) Câu (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC điểm M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B qua điểm E ( −1; −3) đường thẳng chứa cạnh AC qua điểm F ( 1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm đối xứng đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D ( 4; −2 ) Câu (3 điểm) Cho hình chóp S ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = Gọi M trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S MCD khoảng cách hai đường thẳng SM , CD Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ( a + ) ( b2 + ) ( c2 + ) ≤ 216 Hết Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………… SỞ GD&ĐT Thai binh KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT (Gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5 điểm) Nội dung Điểm 2,0 điểm 1) 2 Ta có D = ¡ , y′ = x + 6mx + ( m + 1) = ( x + 2mx + m + 1) 0,25 y ′ = ⇔ x + 2mx + m + = ( 1) Điều kiện cần đủ để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài lớn ⇔ y′ ≤ đoạn có độ dài lớn ⇔ ( 1) có hai nghiệm 0,25 x1 ; x2 ( x1 ≠ x2 ) thoả mãn x1 − x2 > ′ ∆′ > ∆ > ⇔ ⇔ ⇔ ∆′ > ⇔ m − m − > x1 − x2 > ∆′ > − 21 + 21 ⇔ m2 − m − > ⇔ m < ∨m> 2 Vậy hàm số ( 1) nghịch biến đoạn có độ dài lớn 0,25 ⇔m< 0,25 − 21 + 21 ∨m> 2 2) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C) đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng x+2 minh d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để 3.0 P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C) d: x ≠ −2 2x + = −2 x + m ⇔ x+2 2 x + (6 − m) x + − 2m = 0(*) 0,25 Xét phương trình (*), ta có: ∆ > 0, ∀m ∈ R x = -2 không nghiệm (*) nên d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m Hệ số góc tiếp tuyến A, B k1 = 0,25 1 , k2 = , x1 , x nghiệm phương trình (*), ta ( x1 + 1) ( x + 1) 0,25 thấy k1 k = = =4 (k1>0, k2>0) ( x1 + 2) ( x + 2) ( x1 x + x1 + x + 4) Có P = ( k1 ) 2013 + ( k ) 2013 ≥ ( k1 k ) 2013 = 2014 , dó MinP = 22014 đạt k1 = k ⇔ 2 1 = ⇔ ( x1 + 2) = ( x + 2) 2 ( x1 + 2) ( x + 2) 0,25 x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - ⇔ x1 + x2 = - ⇔ m = - Vậy m = - giá trị cần tìm Câu (5,0 điểm) Nội dung ( a) Giải phương trình: cos x + sin x cos x + = sin x + cos x Phương trình ⇔ cos x + sin x + = ⇔ ( cos x + sin x ) Điểm ) 1,5 điểm cos x + sin x + = cos x + sin x ÷ ÷ 2 0,25 π π π π ⇔ cos x − ÷+ = 3cos x − ÷ ⇔ cos x − ÷ = 3cos x − ÷ 3 6 6 6 π cos x − ÷ = π π 2π ⇔ ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ¢ ) π cos x − ÷ = ( loai ) 6 2π + k π ( k ∈ Z) Vậy phương trình có họ nghiệm x = Câu (3 điểm) 0,25*2 0,25*2 0,25 Nội dung 3 x − y − x + y = −6 x + 15 y − 10 ( x − 1) + ( x − 1) = ( y − ) + ( y − ) ⇔ 2 y x + + ( y + ) x + 10 = y + x y x + + ( y + ) x + 10 = y + x 3 2 Điểm ( 1) ( 2) 0,25 x ≥ −3 Điều kiện y∈¡ Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ Vậy hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − ) ⇔ x − = y − ⇔ y = x + ( 3) Thay ( 3) vào ( ) ta phương trình: ( x + 1) x + + ( x + ) x + 10 = x + x + Phương trình ( ) ⇔ ( x + 1) ⇔ ( x + 1) × ( x − 6) x+3 +3 ( ) x + − + ( x + 7) + ( x + 7) × ( x − 6) x + 10 + ( 0,25 ( 4) ) x + 10 − = x − x − 30 = ( x + 5) ( x − ) x − = ( 5) ⇔ x + x+7 + = x + ( 6) x + + x + 10 + • • 0,25 0,25 ( ) Từ ( ) : x − = ⇒ x = → y = ⇒ ( x; y ) = ( 6;7 ) nghiệm hpt x +1 x+3 x+7 x+7 − + − = ( ) phương trình vô nghiệm Từ ( ) : 2 x+3 +3 x + 10 + 3 0,25 1 1 ( 7) − ÷+ ( x + ) × − ÷ < = VP ( ) VT < ( x + 3) × x+3 +3 2 x + 10 + Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 6;7 ) 0,25 Câu (3 điểm) Nội dung Gọi H trực tâm tam giác ABC , ta chứng minh BDCH hình bình hành nên M trung điểm HD suy H ( 2;0 ) Đường thẳng BH có vtcp uuur r EH = ( 3;3) ⇒ vtpt n BH = ( 1; −1) ⇒ BH : x − y − = Điểm 0,50 A H F O E B C M D r r Do AC ⊥ BH nên vtpt AC n AC = u BH = ( 1;1) ⇒ pt AC : x + y − = r r Do AC ⊥ CD nên vtpt CD n DC = u AC = ( 1; −1) ⇒ pt DC : x − y − = Do C giao AC DC nên tọa độ C nghiệm hệ phương trình x + y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; −1) x − y − = y = −1 Do M trung điểm BC nên B ( 1; −1) Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt uuur BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − = Do A giao điểm AC AH nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình: x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2; ) x + y − = y = Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC A ( 2; ) , B ( 1; −1) , ( 5; −1) Câu 5(3 điểm) Nội dung 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm m BC = 3.31 cm m AD = 3.51 cm m OS = 7.0 cm S m MN = 5.64 cm A B M O N D C Ta thấy ABCD hình thoi, tam giác SBD cân S suy BD ⊥ ( SAC ) Gọi O giao điểm AC BD , ta thấy ∆SBD = ∆ABD = ∆CBD ( c.c.c ) 0,50 Suy OA = OC = OS = ×AC nên ∆SAC vuông S ∆ SAC Xét ta có AC = SA + SC = 2 ⇒ OC = 2, OD = CD − OC = ⇒ BD = 2 2 1 1 15 Thể tích VS CMD = VS ABCD = ×BD ×S ∆SAC = ×2 × × × = 12 12 12 Gọi N trung điểm AD nên CD / / ( SMN ) Suy d (CD, SM ) = d (CD, ( SMN )) = d (C , ( SMN )) = ×VC SMN ( ∗) S ∆SMN 0,25 0,25 0,25 15 (1) 12 13 Ta có MN = 3, SM = , SN = ( sử dụng công thức đường trung tuyến) 2 Thể tích VC SMN = VS MCD = · = Theo định lý hàm số cosin ∆SMN ta có cos SMN 23 · ⇒ sin SMN = 3 3 23 · Vậy S SMN = ×SM ×MN ×sin SMN (2) = 0,25 15 ×VC SMN 15 = 12 = Thay (1), (2) vào ( ∗) ta d (CD, SM ) = S ∆SMN 23 23 Câu (1,0 điểm) Nội dung Không tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Mà a + b + c = ⇒ c ≤ , a + b ≥ Điểm 1,0 điểm 0,25 a + b Nhận xét ta có bất đẳng thức ( a + ) ( b + ) ≤ ÷ + , ( *) 2 ( *) 2 a+b 2 ⇔ a 2b + 2a + 2b ≤ ÷ + ( a + b ) ⇔ 16 ( a − b ) ≤ ( a + b ) − 16a b 2 2 2 16 ( a − b ) ≤ ( a − b ) + 4ab ( a − b ) = ( a − b ) ( a + b ) + 4ab ( ) a+b ( ( a + b ) + 4ab ≥ 16 ) Đặt x = mà x + c = ⇒ c = − x ⇒ ≤ x ≤ 2 2 2 2 2 Áp dụng ( *) ta có ( a + ) ( b + ) ( c + ) ≤ ( x + ) ( c + ) = ( x + ) ( − x ) + 2 5 Xét hàm số f ( x ) = ( x + ) ( − x ) + , ∀x ∈ 2; 2 2 Có đạo hàm f ′ ( x ) = 24 ( x + ) ( x − ) ( x − x + 1) , 0,25 0,25 max f ( x ) = f ( ) = 216 3± 5 ∈/ 2; Lập Bảng biến thiên x∈2; 2 2 Dấu a = b = c = f ′( x) = ⇔ x = , x = Vậy a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = , xẩy a = b = c = (a + ) ( b + ) ( c + ) ≤ 216 dấu Câu b,c (1.5 điểm) Tính … x 2013 + C 2014 x 2014 Ta có: (1 + x)2014 = C02014 + C12014 x + C22014 x + L + C2013 2014 2014 ⇒ x(1 + x)2014 = C02014 x + C12014 x + C2014 x3 + L + C2013 x 2014 + C 2014 x 2015 2014 2014 Lấy đạo hàm hai vế ta được: (1 + x)2014 + 2014(1 + x)2013 x 2013 2013 2014 2014 = C02014 + 2C12014 x1 + 3C2014 x + L + 2014C2014 x + 2015C2014 x Lấy x = ta được: 22014 + 2014.22013 = C02014 + 2C12014 + 3C22014 + L + 2014C2013 + 2015C2014 2014 2014 ⇔ 22014 + 2014.22013 = S ⇔ S = 1008.22014 (2.0 điểm) Có số … Số phần tử không gian mẫu là: Ω = Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số khác C9 Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: ▪ TH1: Hai chữ số lại chữ số a b c có: cách Xếp chữ số giống vào vị trí vị trí có: C35 cách Xếp chữ số lại vào vị trí lại có: cách ⇒ Số số thỏa mãn TH1 là: 3.C35 = 60 (số) ▪ TH2: Hai chữ số lại chữ số a, b b, c c, a có: cách Xếp hai chữ số giống thứ vào vị trí vị trí có: C52 cách Xếp hai chữ số giống thứ hai vào vị trí vị trí lại có: C32 cách Xếp chữ số lại vào có: cách ⇒ Số số thỏa mãn TH2 là: 3.C52 C32 = 90 (số) 0,25 Do đó: Ω A = (90 + 60).C9 Vậy P(A) = ΩA Ω = (90 + 60).C39 95 ≈ 0, 213 ……… Hết………