Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 năm 2016 tỉnh Nam Định

Câu 1 (4,0 điểm). 1) Cho hàm số có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng bằng . 2) Cho hàm số có đồ thị là , với m là tham số. Tìm m để cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn . Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình Câu 3 (1,5 điểm). Giải bất phương trình Câu 4 (1,5 điểm). Trong không gian toạ độ , cho hai điểm , 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục sao cho khoảng cách từ G đến bằng khoảng cách từ G đến A. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và . Câu 5 (2,0 điểm). Tính tích phân Câu 6 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng . Tính thể tích khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD. Câu 7 (1,5 điểm). Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác (H) và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H). Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết , phương trình của , điểm C thuộc đường thẳng , điểm B thuộc đường thẳng và điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) x +1 có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm thuộc (C) mà x −1 khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ∆ : x + y − = 2) Cho hàm số y = x − ( m + 1) x + ( 5m + 1) x − 2m − có đồ thị (Cm ) , với m tham số Tìm m để (Cm ) cắt 1) Cho hàm số y = trục hoành ba điểm phân biệt A ( 2;0 ) , B, C cho hai điểm B, C có điểm nằm điểm 2 nằm đường tròn ( T ) : x + y = Câu (2,0 điểm) π  Giải phương trình sin x.sin x + cos x.cos x.sin x = 2 cos  x − ÷ 6  Câu (1,5 điểm) Giải bất phương trình log ( x − x + ) + log 2 ( x + ) > log (4 − x) Câu (1,5 điểm) 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 ( Oxy ) khoảng cách từ G đến A 20 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N hình chiếu A, B (P) AM = ; BN = 3 Câu (2,0 điểm) x−   x3 + ( x + x + 1) e x ÷dx Tính tích phân I = ∫  x +1 1  Câu (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B; AB = BC = 4a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H trung điểm AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) a 10 Tính thể tích khối chóp S.HBCD cosin góc hai đường thẳng SC HD Câu (1,5 điểm) Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh Gọi X tập hợp tam giác có ba đỉnh ba đỉnh (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác X, tính xác suất để chọn tam giác có cạnh cạnh đa giác (H) tam giác cạnh cạnh đa giác (H) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H, K hình chiếu A BD CD Biết A ( 4;6 ) , phương trình HK : 3x − y − = , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − = , điểm B thuộc đường thẳng d : x − y − = điểm K có hoành độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B, C, D Câu (2,0 điểm)  x + x3 − y = 5x2 + y +  ( x, y ∈ ¡ ) x +1 Giải hệ phương trình   x3 − x − y − x y + xy + y x =  Câu 10 (2,0 điểm) Xét số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = a + b + c = 27 ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P = a − b − c + ab a − b + ac a − c − bc b + c HẾT - Họ tên thí sinh:……………………….Họ, tên chữ ký GT1:………………………………… Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm 1.1 x +1 (2,0đ)1 1) Cho hàm số y = 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 − = bằng a +1 ) ∈ (C ); a ≠ a −1 a +1 a+ −3 +) Từ giả thiết ta có a −1 d (M , ∆) = ⇔ = 2 ⇔ a − 3a + = a − 0,25 +) TXĐ: D = ¡ \ { 1} Gọi điểm M ( a; 0,25 0,25 0,25  a − 5a + = ⇔ a − a + = a = ⇔ a = 0,25 +) Với a = ⇒ M (2;3) Do phương trình tiếp tuyến (C) M y = −2 x + +) Với a = ⇒ M (3;2) Do phương trình tiếp tuyến (C) M y = − * Vậy phương trình tiếp tuyến (C) cần tìm là: y = −2 x + 7; y = − 1.2 (2,0đ) x+ 2 x+ 2 0,25 0,25 0,25 2) 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 điểm nằm một điểm nằm đường tròn ( T ): x + y = +) Hoành độ giao điểm của( Cm ) trục hoành nghiệm phương trình: x − 2(m + 1) x + (5m + 1) x − 2m − = 0,25 ⇔ ( x − 2)( x − 2mx + m + 1) = x = ⇔  x − 2mx + m + = (1) 0,25 +) ( Cm ) cắt trục Ox ba điểm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác 0,25 ∆ ' = m − m − > ⇔  − 4m + m + ≠ 0,25 m ∈ (−∞; 1− 1+ 5  )∪( ; +∞) \   2 3 0,25  x1 + x2 = 2m  x1.x2 = m + +) Khi A(2;0), B( x1;0), C ( x2 ;0) ; với x1; x2 nghiệm pt(1)  0,25 +) 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 ) < 0,25 ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) < ⇔ x1 x2 + < x1 + x2 ⇔ ( x1 x2 ) + < ( x1 + x2 ) − x1 x2 ⇔ 3m − 4m − > −2 ⇔ m ∈ (−∞; ) ∪ (2; +∞) 0,25 −2 ) ∪ (2; +∞) π Giải phương trình: sin x.sin x + cos x.cos x.sin x = 2 cos( x − ) Kết hợp với đk (*) , giá trị cần tìm m ⇔ m ∈ (−∞; Câu (2,0đ) + Phương trình cho tương đương với: π sin x.sin x + sin x.cos x.cos x = 2 cos( x − ) π ⇔ sin x.sin x + sin x.cos x = 2 cos( x − ) π ⇔ sin x(sin x + cos x) = 2 cos( x − ) π ⇔ 2sin x( sin x + cos x) = 2 cos( x − ) 2 π π ⇔ sin x cos( x − ) = cos( x − ) 6 π ⇔ (sin x − 2) cos( x − ) = sin x = 2(VL) ⇔ cos( x − π ) =  2π ⇔x= + kπ 2π + kπ , k ∈ ¢ Vậy phương trình cho có nghiệm x = Câu (1,5đ) Giải bất phương trình: log ( x − x + ) + log 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( x + ) > log ( − x )  x2 − 4x + > x ≠  ⇔ + ĐK :  x + > −2 < x < 4 − x >  + Bất phương trình cho tương đương với 0,5 0,25 log 22 ( x − 2) + log ( x + 2) > log (4 − x) 22 0,25 ⇔ log x − + log ( x + 2) > log (4 − x) ⇔ log ( x − ( x + 2) ) > log (4 − x) ⇔ x − ( x + 2) > − x (1) +) TH1: Với x ∈ (−2;2) (1) ⇔ (2 − x)( x + 2) > − x ⇔ x ∈ (0;1) Kết hợp với ĐK trường hợp ta x ∈ (0;1) 0,25 0,25 +) TH2: Với x ∈ (2;4) −1 − 33 −1 + 33 )∪( ; +∞) Kết hợp với ĐK 2 −1 + 33 trường hợp ta x ∈ ( ;4) −1 + 33 * Vậy bất phương trình có tập nghiệm x ∈ (0;1) ∪ ( ; 4) Câu Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1; −1;1) (1) ⇔ ( x − 2)( x + 2) > − x ⇔ x ∈ (−∞; (1,5đ) 0,25 0,25 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 là hình chiếu của A, B (P) và 20 ; BN = 3 G (0;0; a ) ∈ Oz +) Gọi 0,25 +) Ta có mặt phẳng (Oxy ) : z = 0; d (G ,(Oxy )) = a ; GA = + + (5 − a) 0,25 +) Từ giả thiết: d (G ,(Oxy )) = GA ⇔ a = + + (5 − a ) 0,25 AM = ⇔a= 43 10 43 Vậy G (0;0; ) điểm cần tìm 10 20 ; BN = +) Ta có AB = 6; AM = 3 +) Ta thấy AM = AB + BN tức d ( A,( P)) = AB + d ( B,( P)) (1) +) Ta có AB + BN ≥ AN ≥ AM +) Do (1) xảy điều kiện sau thỏa mãn đồng thời AB ⊥ ( P ) ; A, B, N thẳng hàng ; B nằm A N ; M trùng với N uuu r uuur −13 ; ) +) AB = BN , B nằm A N Do AB = BN , từ tìm N ( ; 9 uuu r +) Mặt phẳng (P) qua N nhận AB nên có phương trình: x + y + z + = Câu x−   x3 x I = + ( x + x + 1) e Tính tích phân (2,0đ) ÷dx ∫1  x +  0,25 0,25 0,25 x−   x3 I = ∫ + ( x + x + 1)e x ÷dx x +1  1 2 =∫ x3 x +1 dx + ∫ ( x + x + 1)e x ∫ 0,25 dx x2 + 1 x +) M = x− dx +) Đặt t = x + ⇒ t = x + ⇒ 2tdt = xdx ⇒ tdt = xdx +) Đổi cận: x = ⇒ t = 2; x = ⇒ t = (t − 1)tdt dx = ∫ = t x2 + M =∫ =( = x3 ∫ (t − 1)dt 0,25 t3 − t) 0,25 2 5+ 0,25 ∫ + N = ( x + x + 1)e 2 x− x dx = ∫ ( x + 1)e N = ∫ xe 0,25 x− x x− x dx + ∫ xe x− x dx = N1 + N dx 1  x + x − 1x x−  x  du = e dx ⇒ Đặt u = e x dv = xdx v = x  N2 = x e x− x − ∫ ( x + 1)e x− x 0,25 dx = 4e − − N1 3 Do N = N + N = N + 4e − − N = 4e − 1 1 0,25 2 5+ Vậy I = M + N = + 4e − 0,25 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và B; AB = BC = 4a Tam giác 2,5 đ SAB đều và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 Tính thể tích của khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD +) 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 CK ⊥ ( SHD ) ⇒ d (C ,( SHD)) = CK = a 10 0,25 0,25 + Tính CH = a 20 ⇒ HK = a 10 = CK Do tam giác CHK vuông cân K · · · Nên KHC = 45ο ⇒ DHC = 45ο ⇒ tan DHC =1 · +) Tam giác ABH vuông B nên tan BHC =2 · · · +) tan BHD = tan( BHC + CHD )= 0,25 · · tan BHC + tan CHD = −3 · · − tan BHC tan CHD · · Mà BHD + ·AHD = 180ο Do tan AHD = ⇒ AD = ⇒ AD = 6a AH ( AD + BC ) AB = 20a 2 = S ABCD − S AHD = 20a − 6a = 14a 0,25 Ta có S ABCD = S HBCD Vậy VS HBCD = 1,25đ 0,25 28a 3 SH S HBCD = 3 Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD Tam giác SHC vuông H nên SC = a 32 +) Gọi M = AC ∩ HD; E = BC ∩ HD +) Khi AEBD hình bình hành nên EB = AD = 4a ⇒ EC = 10a +) AD//EC nên AD AM 6a 3 3 3a = = = ⇒ AM = MC = AC = a 32 = EC MC 10a 5 8 +) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB Do góc SC HD góc CN SC 10 Ta có: AH = HN ⇒ HN = a ⇒ BN = a 3 208 10 Ta có: SN = SH + HN = a; CN = BN + BC = a 3 0,25 0,25 0,2 · +) Áp dụng định lý Côsin tam giác SCN , ta có cos SCN = SC + CN − SN = SC.CN 0,25 · +) cos( SC , HD ) = cos(CN , SC ) = cos SCN · Vậy cos( SC , HD ) = cos SCN = Câu7 (1,5đ) 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) +) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh +) Số tam giác có đỉnh ba đỉnh đa giác (H) C 22 = 1540 0,25 +) Số phần tử không gian mẫu Ω n(Ω) = C1540 = 1185030 0,25 +) Số tam giác có cạnh cạnh đa (H) 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai cạnh cạnh đa (H) 22 0,25 Số tam giác cạnh cạnh đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Gọi A biến cố “ hai tam giác chọn có tam giác có cạnh cạnh (H) tam giác cạnh cạnh (H)" 1 +) Số phần tử A n(A) = C396 C1122 +) Xác suất biến cố A p(A) = Câu8 1,0đ 0,25 n(A) C1396 C1122 748 = = n(Ω) 1185030 1995 0,25 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A BD và CD Biết A(4;6) , phương trình của HK: x − y − = , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y − = , điểm B thuộc đường thẳng d : x − y − = và điểm K có hoành độ nhỏ Tìm tọa độ các điểm B, C, D +) Gọi E = AC ∩ HK · · Tứ giác AHKD nội tiếp ⇒ HAD = HKC · · Tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ ABC = ACD · Tam giác ABD vuông A ⇒ ·ABD = HAD · Vậy HKC = ·ACD hay tam giác ECK cân E Vì tam giác ACK vuông K nên E trung điểm AC c+ 8−c ; ) +) Ta có: C ∈ d1 ⇒ C (c; − c ) ⇒ E ( 2 Vì E ∈ HK nên tìm c = ⇒ C (4; −2) uuur uuur +) K ∈ HK : x − y − = nên gọi K (4t ;3t − 1) ∈ HK ⇒ AK (4t − 4;3t − 7); CK (4t − 4;3t + 1)  uuur uuur t = +) Ta có: AK ⊥ CK ⇔ AK CK = ⇔ 25t − 50t + = ⇔  Vì hoành độ điểm K nhỏ t =  0,25 0,25 0,25 −2 ) 5 nên Tam giác SHC vuông H nên K ( ; +) BC có phương trình : x − y − 10 = +) B = BC ∩ d ⇒ B (6; 2) +) Lập phương trình AD: x − y + = +) Lập phương trình CD: x + y = +) Tìm D(−4; 2) Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) (2,0đ)  x + x3 − y = x + y + (1)  x +1 Giải hệ phương trình   x − x − y − x y + xy + y x =  0,25 ( 2) ( x, y ∈ ¡ )  x ≠ −1 5 x + y + ≥ +) ĐK:  x = x = y +) Ta có (2) ⇔ ( x − 1)( x − y) = ⇔  +) Với x = , (1) trở thành :  − 65 y ≤ −4 y + = y + 11 ⇔ − y = y + 11 ⇔  ⇔ y= 2 y − y − =  x =  +) So sánh với ĐK ta có  − 65 nghiệm hệ cho y =   0,25 0,25 0,25 +) Với y = x (1) trở thành: x + x − x = ( x + 1) x + x + 0,25 ⇔ ( x + 2) + ( x − x − x − 4) = ( x + 1) ( x + 2)( x + 1) − ( x − x − x − 4) u = x + Đặt  v = x + x + u + ( x3 − x − x − 4) = ( x + 1)v Ta có hệ  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 + = Với u + v + x + = Ta có x + x + + x + x + = 0( ptvn) x + x + > 0, ∀x Với u = v ta có x + = x + x + 0,25 0,25 ⇔ x4 + x2 + = 5x2 + x + ⇔ x4 − x2 − 6x − = 0,25 ⇔ ( x + 1) = 3( x + 1) Giải phương trình nghiệm: x = ± −1 KL: So sánh với ĐK ta có hệ cho có nghiệm x =   − 65 ; y =   10 2,0  + −1 x =  ;   + −1 y =   − −1 x =    − −1 y =  0,25 Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = và 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 + a 3b − ab + a 3c − ac − b 3c − bc = a3 ( a + b + c ) − b3 ( b + a + c ) − c3 ( c + a + b ) = 3( a − b − c (a 3 0,5 ) − b3 − c ) = a − ( b + c ) ( b + c − bc ) b + c = − a; bc = 0,25 1 2 ( b + c ) − ( b + c )  = ( − a ) − ( 27 − a )  = a − 3a − 2 Do a − b3 − c3 = a3 − ( − a ) ( 27 − a − a + 3a + ) 0,25 = − a + 9a + 27a − 108 Ta có b + c = 3; bc = a − 3a − Ta có ( b + c ) ≥ 4bc, ∀b, c Do ( − a ) ≥ ( a − 3a − ) ⇔ a ∈ [ −3;5] 2 0,25 Ta có P = −3a + 27a + 81a − 324 Xét hàm số f ( a) = −3a + 27a + 81a − 324 xác định liên tục [ −3;5] f '(a) = −9a + 54a + 81; f (−3) = −243  a = + ∉ [ −3;5] ; f (5) = 381 f '(a) = ⇔   a = − ∈ [ −3;5] f (3 − 2) = 81 − 324 0,25 Vậy GTLN f (a ) 381 a = Do GTLN P 381 a = 5; b = c = −1 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà và phù hợp với chương trình giám khảo cho điểm tương đương HẾT