Đề thi KSCL đội tuyển HSG toán 12 năm 2018 – 2019 trường yên lạc 2 – vĩnh phúc

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐỀ THI MƠN: TỐN NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2.5 điểm) a) Cho hàm số y  x  3mx  4m  có đồ thị  Cm  Tìm m để đồ thị hàm số  Cm  có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác ABC với điểm C 1;  2x  có đồ thị  C  hai điểm M  3;0  , N  1; 1 Tìm đồ thị x 1 hàm số  C  hai điểm A, B cho chúng đối xứng qua đường thẳng MN Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình: 4cos x 1  sin x   cos x cos x   2sin x b) Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác b) Cho hàm số y  suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn 3 x  x   x x    y  1 y  y  Câu (1.0 điểm).Giải hệ phương trình  2  x  y  x  y   x, y    Câu (1.5 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A1B1C1D1 có cạnh AB  AD  2, AA1    600 Gọi M , N trung điểm cạnh A D A B góc BAD 1 1 a) Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng  BDMN  b) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB  3, BC  6, mặt phẳng  SAB  vng góc với đáy, mặt phẳng  SBC   SCD  tạo với mặt phẳng  ABCD  góc Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BD Tính thể tích khối chóp S ABCD cosin góc hai đường thẳng SA BD Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: x  y  10  D  2; 4  giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x  y   Câu (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  121  2 a  b  c 14  ab  bc  ca  - Hết - - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm thí sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu 1.a (1.25 điểm) Cho hàm số y  x  3mx  4m  có đồ thị  Cm  Tìm m để đồ thị hàm số  Cm  có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác ABC với điểm C 1;  Nội dung Điểm TXĐ: D   Đạo hàm: y '  x  6mx x  y '   x  6mx    Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị m   x  2m Tọa độ hai điểm cực trị A  0; 4m   , B  2m; 4m3  4m    Ta có: AB   2m; 4m3   AB  4m  16m6  m  4m 0.25 0.5 Phương trình đường AB : 2m x  y  4m   d  C ; AB    2m  4m , suy S ABC  d  C ; AB  AB  6m  2m3  m  1 Do 6m  2m3     m  2 0.25 0.25 2x  có đồ thị  C  hai điểm x 1 M  3;0  , N  1; 1 Tìm đồ thị hàm số  C  hai điểm A, B cho chúng đối xứng qua đường thẳng MN Nội dung Điểm Phương trình đường MN : x  y   Phương trình đường AB : y  x  m 0.25 2x   x  m ĐK: x  1 Khi hai điểm A, B có hồnh độ thỏa mãn: 0.25 x 1 Pt  x  mx  m   1 Câu 1.b (1.25 điểm) Cho hàm số y Trang 1/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   Để đường AB cắt  C  hai điểm phân biệt pt 1 có hai nghiệm phân biệt m     khác -1    m  8m  32    2  m  m    m   x x  Trung điểm I đoạn AB có tọa độ  ; x1  x2  m  với x1 , x2 nghiệm 0.5   m  m m pt 1 Mà x1  x2   nên I   ;   2 m m Ta có: I  MN nên      m  4 ( thỏa mãn) 0.25 Suy A  0; 4  , B  2;0  A  2;0  , B  0; 4  Câu 2.a (1.0 điểm) 4cos x 1  sin x   cos x cos x   2sin x Nội dung Điểm Phương trình tương đương với: 0.25 2sin x(2cos x  1)  cos x cos x  4cos x    2sin x cos x  cos x cos x  3cos x  sin x      2cos x sin x  cos x     cos x  sin x 2cos x  0.25  cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  sin x +) cos x  sin x   tan x    x     k 0.25 5  x  k 2  0.25 5   +) 2cos x  cos x  sin x   cos x  cos  x      x  5  k 2  18  5 5 k 2 Vậy phương trình có nghiệm: x    k , x    k , x   18 3 Câu 2.b (1.0 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn Nội dung Điểm Trong thẻ cho có hai thẻ ghi số chia hết cho (các thẻ ghi số 8), thẻ 0.25 lại ghi số khơng chia hết cho Giả sử rút x 1  x  9; x    , số cách chọn x từ thẻ hộp C9x , số phần tử không gian mẫu là:   C9x Gọi A biến cố:” Trong số x thẻ rút ra, có thẻ ghi số chia hết cho 4” Suy A biến cố:” Lấy x thẻ khơng có thẻ chia hết cho 4” Số cách chọn tương ứng với biến cố A A  C7x Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Tốn   Ta có P  A  C7x C7x  P A     C9x C9x 0.25 Do P  A   Cx 5   7x   x  17 x  60    x  12   x  C9 6 0.25 Vậy giá trị nhỏ x Vậy số thẻ phải rút 3 x  x   x x    y  1 y  y  Câu (1.0 điểm)  2  x  y  x  y  0.25  x, y    Nội dung Điểm 3 x  x   x x    y  1 y  y   (1) Hệ cho trở thành:  2  x  y  x  y   (2)  3x  x   x x    y  1 y  y   x  y  x  y   x  x x    y  1   y  1  y  1 0.25  (*) Xét hàm số: f (t )  t  t t  (t  ) có f '(t )  2t  t   Suy f  t  hàm số đồng biến  t2 t2 1  2t  2t  0.25 Do từ phương trình (*) ta có: x  y  vào phương trình (2) ta được:  y 2  y   y  y   y    y  y         y    +) Với y  2  x  1 +) Với y   x  3 5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là:  1; 2  ;  ;  3 2 Câu 4.a (0.75 0.25 0.25 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A1 B1C1 D1 có cạnh   600 Gọi M , N trung điểm cạnh AB  AD  2, AA1  góc BAD A1D1 A1B1 Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng  BDMN  Trang 3/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   Điểm Nội dung Ta có: BD  AC , BD  AA1  BD  mp( ACC1 A1 )  AC1  BD              Mặtkhác: AC1.BN  AB  BC  CC1  BB1  BA    AB  BA.BC  BB1 = 2     2    Suy AC1  BN    0.25  0.5 Từ 1    AC1  ( BCMN ) Câu 4.b (0.75 điểm) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Nội dung Gọi AA1  DM  BN   I   A1 , M , N trung điểm AI , DI , BI Điểm 0.25 VI AMN IA.IM IN    VA BDMN  VI ABD VI ABD IA.IB.ID 1 3   dvtt  Suy VA BCMN  IA.SABD  3.22 4 Vậy thể tích khối chóp A.BDMN 0.5 Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB  3, BC  6, mặt phẳng  SAB  vng góc với đáy, mặt phẳng  SBC   SCD  tạo với mặt phẳng  ABCD  góc Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BD Tính thể tích khối chóp S ABCD cosin góc hai đường thẳng SA BD Trang 4/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   Điểm Nội dung Hạ SH  AB  H  AB   SH   ABCD  Kẻ HK  CD  K  CD   tứ giác HBCK hình chữ nhật  Ta có: BC   SAB   Góc mặt phẳng  SBC   ABCD  là: SBH  CD   SHK   Góc mặt phẳng  SCD   ABCD  là: SKH   SKH   SHB  SHK  g  c  g   HK  HB  BC  Theo giả thiết: SBH Do A trung điểm HB Ta thấy  ABDK hình bình hành  BD / / AK  BD / /  SAK  mà SA   SAK  0.25 0.25 Suy d  BD, SA   d  BD,  SAK    d  D,  SAK    d  H ,  SAK    h  Do tam diện H SAK vuông H nên:  SH  1 1 1 1        2 2 HS 36 h HS HA HK 0.25 1 Suy VS ABCD  SH S ABCD  6.3.6  36 (dvtt) 3 Gọi  góc hai đường thẳng SA BD     BD, SA    AK , SA  Ta có: SA  2, SA  AK  Trong tam giác SAK có: AS  AK  SK 45  45  72   AS AK 2.3 5.3 5   arccos Vậy   SAK  cos SAK 0.25 Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: x  y  10  D  2; 4  giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x  y   Nội dung Điểm Trang 5/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   AJ qua J  2;1 D  2; 4  nên AJ có phương trình : x   Gọi H chân đường cao xuất phát từ đỉnh A Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : 0.25 x   x    A  2;6   2 x  y  10  y  Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   DC   DB  DC EA   EC  Ta có DB       sd EC   sd DC   sd EA   sd DB   DJB   DBJ cân D DBJ 2 DB  DC  DJ hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC 0.25 Suy B, C nằm đường tròn tâm D  2; 4  bán kính JD    có phương trình  x     y    25 Khi tọa độ B hệ nghiệm: 2 2  B  3; 4   x     y    25  x  3  x       y  4  y  9  B  2; 9   x  y   0.25 Do B có hồnh độ âm nên B  3; 4  BC qua B  3; 4  vng góc AH nên có phương trình: x  y    x  2   y  2  25 Khi C nghiệm hệ:   x  y   Vậy A  2;6  , B  3; 4  , C  5;   C  5;0  0.25 Câu (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  121  2 a  b  c 14  ab  bc  ca  Nội dung Ta có   a  b  c   a  b  c   ab  bc  ca   ab  bc  ca  Do A  121  2 a  b  c   a  b2  c   1 a  b  c 2 2  Điểm 0.25  Trang 6/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   Đặt t  a  b  c Vì a, b, c  a  b  c  nên  a  1,  b  1,  c  Suy t  a  b  c  a  b  c  Mặt khác   a  b  c   a  b  c   ab  bc  ca    a  b  c  0.25 1  Suy t  a  b  c  Vậy t   ;1 3  t Xét hàm số f  t    f 't    121 1  ; t   ;1 7(1  t ) 3  121  2 t 1  t  f 't    t  0.25 18 Lập BBT hàm số f  t  324 1  ; t   ;1 3  324 1 Vậy A  đạt a  ; b  ; c  Dựa vào BBT suy f  t   0.25 - Hết - Trang 7/6, HDC HSG12-Mơn Tốn   ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 20 18- 20 19 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I LƯU Ý CHUNG:... HDC HSG1 2- Môn Toán   AJ qua J  2; 1 D  2; 4  nên AJ có phương trình : x   Gọi H chân đường cao xuất phát từ đỉnh A Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : 0 .25 x   x    A  2; 6   2 x ... biến cố A A  C7x Trang 2/ 6, HDC HSG1 2- Mơn Tốn   Ta có P  A  C7x C7x  P A     C9x C9x 0 .25 Do P  A   Cx 5   7x   x  17 x  60    x  12   x  C9 6 0 .25 Vậy giá trị nhỏ x Vậy