Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016

Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương. Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương. Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) y = x3 − − 2m x − 1) Cho hàm số Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm y = x4 − m + x + 2) Cho hàm số Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ( ( ) )  1 M ; ÷  2÷  tam giác có đường tròn ngoại tiếp qua điểm  Câu II (2,0 điểm)   1) Giải hệ phương trình  3x -2x-5+2x x +1=2 ( y+1) y +2y+2 2x- 4y+3=x +2y 2 2) Giải bất phương trình + x + x x − ≤ 2( x − x) Câu III (2,0 điểm) 1) Có hai hộp đựng bi, viên bi mang màu trắng đen Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi a) Biết hộp thứ có 20 viên bi, có viên bi đen Hộp thứ hai có 15 viên bi, có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy hai viên bi đen b) Biết tổng số bi hai hộp 20 xác suất để lấy hai viên bi đen suất để lấy hai viên bi trắng un +1 = 55 84 Tính xác un + un ∀n ≥ dãy số (vn ) thỏa mãn: 2) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −1 ; un − un + 2vn + = ∀n ≥ Tính v2015 lim un Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, góc ∠BAD = 120 , BD = a > , cạnh bên SA vng góc mặt phẳng (ABCD), góc mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60 Điểm K thay đổi đoạn SC a) Tìm vị trí K cho tam giác BKD có diện tích nhỏ nhất, lớn b) Khi K điểm cho diện tích tam giác BKD nhỏ Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD 2) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có AB = AA ' = a Điểm M thay đổi đường thẳng AB’ cho mặt phẳng qua M, vng góc AB cắt đường thẳng BC’ điểm N đoạn 2 BC’ Xác định vị trí M để biểu thức AM + MN đạt giá trị nhỏ Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: b2 c2 a2 + + ≥ ( ab + ) ( 2ab + 1) ( bc + ) ( 2bc + 1) ( ac + ) ( 2ac + 1) Hết Họ tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM (Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) Câu Nội dung Điểm y = x3 − ( − 2m) x − Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm ( (1,0đ) ) x3 − − 2m x − = ⇔ ¡ TXĐ: Bài tốn thỏa mãn pt có nghiệm ⇔ I.1 x3 − 3x − = −6m x có nghiệm khác Xét hàm số ( ) f x = 2x3 + x3 − 3x − ; f ' x = ⇔ x = −1 , x∈¡ \ f ' x = x2 x , Bảng biến thiên: x −∞ ( ) f ( x) ( ) {} −1 − f' x ( ) + +∞ + +∞ +∞ Từ bảng biến thiên kết luận m > I.2 Cho hàm số ( ) 0,25 y = x − m+1 x + 2 có đồ thị (Cm) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba  1 M ; ÷  2÷  điểm cực trị tạo thành tam giác có đường tròn ngoại tiếp qua điểm  x = y ' = 4x3 − m + x;y ' = ⇔  x = m + Tập xác định hàm số R Ta có: Để hàm số có ba điểm cực trị phương trình y ' = phải có ba nghiệm phân biệt ( ⇔ m + > ⇔ m > −1 A 0; ; B − m + 1;1 − 2m − m2 ;C m + 1;1 − 2m − m2 ( ) ( I A = IM ⇔ I A = I M ⇔ − a Ta có ( ), 0,25 I 0;a  1 M ; ÷  2÷   nên Vì đường tròn qua I 0;1 0,25 ) Các điểm cực trị Vì hàm số cho hàm số chẵn nên đồ thị (Cm) nhận trục Oy làm trục đối xứng, tam giác ABC cân A, suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trục Oy, giả sử tâm (1,0đ) ) ) ( ( ( ) 0,25 −∞ 0,25 +∞ 0 0,25 ) 2  3 1  ÷ + = − a÷ ⇔ a =  ÷     ⇒ IA = ( IB = I A ⇔ I B = ⇔ − m + ) + ( −2m − m ) 2 =1 0,25 0,25 ⇔ m = 0;m = −1;m = Do m > −1 nên giá trị thỏa mãn −3 ± −3 + −3 + m = 0;m = 2 Vậy m = 0; m = ( ) hệ 2  3x -2x-5+2x x +1=2 y+1  2x- 4y+3=x +2y   1) Giải hệ phương trình: Cộng theo vế ( hai Xét hàm số II.1 () t + Từ rút t2 + ta : ( ) () = 2t + t ≥ ∀t ∈ ¡ ( t2 t2 + f '(t) = t = ⇔ ff( x ) = Do hàm f(t) hàm số đồng biến ¡ Vì (*) ( y + 1) thay vào pt (2) ta : gọn +1 * R ta có : t2 (1,0đ) 0,25 f ' t = 2t + t + + f t = t2 + t t2 + f '(t) ≥ 2t + trình ) + ( y + 1) ( y+1) x + x x +1 = y +1 phương y +2y+2 ( y + 1) ⇔ x = y + 0,25 0,25 ) + 2y2 = y + − 4y + y = −2, x = −1 ⇔ 3y + 4y − = ⇔  y = , x =  3 0,25 ( x, y ) ∈ {(−1, −2);( , )} 3 Vậy hệ có nghiệm 2 Giải bất phương trình: + x + x x − ≤ 2( x − x) Điều kiện: x ≥ Phương trình có dạng x(x + 1)(x − 2) ≤ 2x − 6x − ⇔ x(x + 1)(x − 2) ≤ 2x(x − 2) − 2(x + 1) t= Đặt ⇔3 x(x − 2) x(x − 2) ≤2 −2 x +1 x +1 (1,0đ) 0,25 0,25 x(x − 2) ≥0 x +1 ta bất phương trình 2t − 3t − ≥ II.2  −1 t≤ ⇔ ⇔t≥2  t ≥  ( t ≥ ) Với t≥2⇔ x ≤ − 13 ⇔ ⇔ x ≥ + 13 x(x − 2) ≥ ⇔ x − 6x − ≥ x ≥ + 13 x +1  (do x ≥ ) 0,25 0,25 Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ + 13 III.1 1) Có hai hộp đựng bi, viên bi mang màu trắng đen Lấy ngẫu nhiên (1,0đ) từ hộp viên bi a) Biết hộp thứ có 20 viên bi, có viên bi đen Hộp thứ hai có 15 viên bi, có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy hai viên bi đen 55 b) Biết tổng số bi hai hộp 20 xác suất để lấy hai viên bi đen 84 Tính xác suất để lấy hai viên bi trắng a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ hộp bi Mỗi phần tử không gian mẫu chọn nhờ giai đoạn: 1) Chọn bi từ 20 bi hộp 2) Chọn bi từ 15 bi hộp 0,25 Suy số phần tử không gian mẫu | Ω |= 20.15 = 300 Gọi A biến cố: Lấy hai viên bi đen, lập luận tương tự, ta | A |= 7.10 = 70 nên xác suất để lấy hai bi đen P (A) = 30 0,25 b) Giả sử hộp có x viên bi, có a viên bi đen, hộp thứ hai có y viên bi, có b viên bi đen ( x,y, a,b số nguyên dương, x ≥ y , a ≤ x , b ≤ y ) ab 55 = x + y = 20 xy 84 nên 55xy = 84ab Từ xy Theo lập luận giả thiết, ta có xy ≤ (x + y)2 = 100 chia hết cho 84 Mặt khác nên xy = 84 Ta x = 14, y = 55 55 ≥ b nên a=11, b=5 Từ ab=55 nên a ước 55.Do a ≤ 11 (6 − 5)(14 − 11) = 6.14 28 Vậy xác suất để bi trắng 0,25 a= un +1 = Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −1 ; un + , ∀n ≥ un 0,25 (1,0đ) dãy số (vn ) thỏa mãn: v unvn − un + 2vn + = ∀n ≥ Tính 2015 limun Ta có v1 = −3 Chứng minh un =/ −2 ∀n nên u − 2 = = =  n−1 = −1 u + 2÷ ÷ un + un −1 n −1   + +2 un −1 un − III.2 un −1 + −2 un −1 Do = ( ) = v1 un − un + Mặt khác n −1 suy 2n −1 ( ) = −3 ⇒ un = −2 2n −1 + − ( ( ) ⇒ v2015 = −3 n −1 = −2 32 22014 ) 0,25 = 32 2014 =/ 1∀n ≥ +1 2n −1 − với n ≥ 2n = (1 + 1)n = C n0 + C n1 + L + C nn > + n 0,25 0,25 n −1 với n ≥ nên > n∀n ≥ > 3n ∀n ≥ Vậy lim n −1 32 0,25 =0 nên limun = −2 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, góc ∠BAD = 120 , BD = a > , (1,5đ) cạnh bên SA vng góc mặt phẳng (ABCD), góc mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60 Điểm K thay đổi đoạn SC a) Tìm vị trí K cho tam giác BKD có diện tích nhỏ nhất, lớn b) Khi K điểm cho diện tích tam giác BKD nhỏ Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD S A D I O B C Hình thoi ABCD có góc A=1200 tâm O nên tam giác ABC : OB = a a BD = AB = AC = 2 0,25 ( ) SA ⊥ mp ABCD ⇒ BC ⊥ SI Đặt I trung điểm BC AI ⊥ BC ;AI = OB Mà ∠SIA góc mp(SBC) mp(ABCD) ∆SAI vng A : Do 0,25 a ∠SIA = 600 ⇒ SA = AI tan 600 = Do BD vng góc AC SA nên BD vng góc mặt phẳng (SAC), từ với K 0,25 SC BD vng góc OK nên SBK D = 1 OK BD = OK a 2 Gọi I hình chiếu O BD OK ≥ OI , OI khơng đổi Vậy diện tích tam giác BKD nhỏ K trùng I uuur uuur SK = xSC Mặt khác, K đoạn SC với x ∈ [0,1] , từ uuur uuu r uuur OK == xOS + (1 − x)OC nênOK ≤ xOS + (1 − x)OC ≤ OS (OC ≤ OS ∠SOC > 900 ) 0.25 Vậy diện tích tam giác BKD lớn K trùng S VIBCD Từ VSIBD = dC ,(BID ) dS,(BCD ) = CI IS SC AC OC AC SC SC = ⇔ IC = ⇔ = IC SC IC OC AC Lại có : OC  SC SA  13 = + 2  ÷ OC = AC ; SC = SA + AC ÷= IC AC   mà , nên 0,25 0,25 VBICD 1 = V 13 Từ S ABCD nên tỉ lệ thể tích cần tìm 12 2) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có AB = AA ' = a Điểm M thay đổi đường thẳng AB’ cho mặt phẳng qua M, vng góc AB cắt đường thẳng BC’ 2 điểm N đoạn BC’ Xác định vị trí M để biểu thức AM + MN đạt giá trị nhỏ (1,5đ) C A B N M C' A' IV.2 B' uuur r uuuu r r uuuur r uuuur uuuur uuuu r uuuur AB = a , AC = b , AA ' = c , AM = mAB ', BN = nBC ' Đặt uuuur uuuu r uuur uuuu r r r r MN = MA + AB + BN = ( − m − n ) a + nb + (n − m)c Khi 0,25 Do (P) vng góc AB nên MN vng góc AB, ta uuuur uuur r r r r MN AB = ↔ a[(1 − m − n)a + nb + (n − m)c ] = ↔ (1 − m − n)a2 + n a2 = ( 0,25 rr ab = a ) Từ n=2-2m 2 2 2 Khi MN = (12m − 18m + 7)a nên 2AM + MN = (20m − 18m + 7)a m ∈ [ ,1] Do N thuộc đoạn BC’ nên n ∈ [0,1], suy 1 f '(m) = ↔ m = < [ ,1] f ( m ) = 20 m − 18 m + f ( m ) 20 nên Đặt đồng biến 1 f( ) m= Tức 2AM + MN nhỏ M Từ f(m) nhỏ V trung điểm AB’ Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: ( b2 Khi đó: a2 + + ≥ ab + 2ab + bc + 2bc + ac + 2ac + )( ) ( Vì a, b, c dương abc = nên đặt: VT = c2 x2 + )( a= ) ( )( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0đ) x y z ,b = ,c = y z x , với x, y, z > y2 + z2 ( y + 2z ) ( z + 2y) ( z + 2x) ( x + 2z ) ( x + 2y) ( y + 2x ) 0,5 Ta có: ( y + 2z) ( z + 2y) = yz + 2y x2 Suy ra: ( y + 2z ) ( z + 2y) y2 Tương tự: ( z + 2x) ( x + 2z) z2 ( x + 2y) ( y + 2x) ≥ ≥ ≥ ( + 2z2 + 4yz = y + z x2 y + z2 y2 x + z2 z2 y + x2 + yz ≤ ( y + z2 (2) (3)  x2 y2 z2  + +  ÷  y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2 ÷  x2 y2 z2 + + y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2  1  = x + y2 + z  + + ÷− 2 x +z y + x2  y + z  1 1  = x2 + y2 + y2 + z2 + x2 + z2  + + ÷− 2 x +z y + x2  y + z ≥ − = 2 VT ≥ = Suy ( ) (( ) ( ) ( )) ) (1) VT ≥ Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được: Lại có ) 0,5 ... Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)... suất để lấy hai viên bi trắng a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ hộp bi Mỗi phần tử không gian mẫu chọn nhờ giai đoạn: 1) Chọn bi từ 20 bi hộp 2) Chọn bi từ 15 bi hộp 0,25 Suy số phần tử không... ∀t ∈ ¡ ( t2 t2 + f '(t) = t = ⇔ ff( x ) = Do hàm f(t) hàm số đồng biến ¡ Vì (*) ( y + 1) thay vào pt (2) ta : gọn +1 * R ta có : t2 (1,0đ) 0,25 f ' t = 2t + t + + f t = t2 + t t2 + f '(t) ≥