KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN 1 NĂM HỌC 20172018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2.0 điểm) sin x  cos2 x  s inx   s inx  cosx  1 a) Giải phương trình: (1) b) Một hộp đựng 16 viên bi, có viên bi màu đỏ đôi khác nhau, viên bi màu xanh đôi khác viên bi màu vàng đôi khác Lấy ngẫu nhiên từ hộp cho viên bi Tính xác suất để lấy viên bi có đủ loại màu Câu (2.0 điểm) y  ( m  1) x  (2m  1) x  (3m  2) x  m a)Cho hàm số Tìm m để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài b)Cho hàm số y   x  3mx  m(1) Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị đồng thời điểm cực trị với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích Câu (2.0 điểm) a)Chứng minh đẳng thức sau:  C   C   C  C  2018 2018 2 2018 2018 2017 2018 1009    C2018    C2018   C2018 2 x  x2  x  b) Cho hàm số có đồ thị (C ) Trong tất tiếp tuyến với đồ thị (C ) , tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ Câu (1.0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân với AB=AC=a , mặt phẳng (AB’C’) tạo với đáy góc Tính thể tích V khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a Câu (1.0 điểm) y Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt đường thẳng CB, CD I , J Gọi H hình chiếu vng góc A SC Hãy xác định giao điểm K , L SB, SD HIJ  AK   SBC  với  chứng minh Câu (1.0 điểm) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh cạnh lại Tìm để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c, số thực dương.Chứng minh rằng: - 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:……………… TRƯỜNG THPT ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN ĐẬU NĂM HỌC 2017-2018 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: sin x  cos2 x  s inx   s inx  cosx  Câu 1.a (1.0 điểm) Giải phương trình: Nội dung ۹ � x Điều kiện xác định: s inx  cosx �0 Khi phương trình (1) tương đương  k , k Z 1 (1) Điểm 0.25 sin x  cos2 x  s inx    sin x � sin x  2 (vô nghiêm) � �� sin x   � � � 2.s in x  s inx    sin x   � sin x  sin(  ) Với 0,5  � x    k 2 , k �Z � ��  � x  k 2 , k �Z � Kết hợp với điều kiện, suy phương trình cho có nghiêm: 0.25 x 5  k 2 , k �Z Câu 1.b (1.0 điểm) Một hộp đựng 16 viên bi, có viên bi màu đỏ đôi khác nhau, viên bi màu xanh đôi khác viên bi màu vàng đôi khác Lấy ngẫu nhiên từ hộp cho viên bi Tính xác suất để lấy viên bi có đủ loại màu Nội dung Điểm Ký hiệu Ω không gian mẫu Số cách lấy viên bi từ 16 viên bi là: n()  C16 Gọi A biến cố “ lấy viên bi có đủ loại màu” suy A biến cố “ lấy viên bi khơng có đủ loại màu” 0,25 Các khả thuận lợi cho biến cố A là: Khả lấy viên bi từ loại bi đỏ bi xanh là: C10 Khả lấy viên bi từ loại bi anhx bi vàng là: C11 0,5 Khả lấy viên bi từ loại bi đỏ bi vàng là: C11 7 7 7 Suy n( A)  C10  C11  C11 � n( A)  C16  (C10  2C11 ) Do xác suất lấy viên bi có đủ màu là: P( A)  n( A) 41  n() 44 0,25 y  ( m  1) x3  (2m  1) x2  (3m  2) x  m Câu 2.a (1.0 điểm) Cho hàm số Tìm m để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài Nội dung Tập xác định hàm số: D  R Điểm Ta có: y '  (m  1) x  2(2m  1) x  (3m  2) Hàm số cho nghịch biến đoạn có độ dài y ' �0 đoạn có độ dài 0,25 � y ' có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  � � m �1 � m  �0 � � � �� '  �� 7m  m   0, m �x  x  � �1 �2  '  � �m  0,25 m �1 � m �1 � � 61 � �� �� �m 3m  7m   � � 7m  m   m  �7  61  61 � m �� ; � 6 � � Vậy với thỏa mãn ycbt 0,25 0,25 Câu 2.b (1.0 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  m Tìm giá trị m để hàm số có hai cực trị đồng thời điểm cực trị với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích Nội dung Điểm Tập xác định hàm số: D  R 0,25 Ta có: y '  3 x  6mx x0 � y '  � 3x  6mx  � � x  2m � Để hàm số có hai điểm cực trị m �0 , đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A(0,  m) , B(2m; 4m  m) 0,25 AB  4m2  16m6  m  4m Ta có Đường thẳng AB có phương trình: 0,25 x0 y m  � 2m x  y  m  0(m �0) 2m 4m m d (O, AB)  4m  Hai điểm A, B tạo với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích nên ta có: S OAB m 1 m  4m4   � d (O, AB ) AB  � � m  �2(t / m) 4m  m � 2; 2 Vậy với 0,25 thỏa mãn ycbt Câu 3.a (1.0 điểm) Chứng minh đẳng thức sau:  C    C    C    C     C    C    x    x     x  Xét đẳng thức 2018 2018 2 2018 2018 +) Ta có   x2   1 x 2018 2018 2018 2018 2018 1009  C2018 0,25 k k 0   x  2018 2018 2018 2018 k  �C2018   x2  2017 2018 1009 2018 suy hệ số số hạng chứa x C2018 �2018 k �2018 k k � k �  ��C2018 x �   x  ���C2018 �k 0 � �k 0 � +) Ta có 2018 suy hệ số số hạng chứa x 0,5 o 2018 2017 2016 2015 2017 2018 C2018 C2018  C2018 C2018  C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018  C2018 C2018 2017 2018   C2018    C2018    C2018    C2018     C2018    C2018  0,25 2 2 Từ suy đẳng thức cần chứng minh y x3  2x2  x  có đồ thị (C ) Trong tất tiếp tuyến với Câu 3.b (1.0 điểm) Cho hàm số đồ thị (C ) , tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ Nội dung Điểm Hàm số cho có y'  x  x  Gọi M  x0 ; y0  y0  x0  x02  x0  điểm thuộc đồ thị (C), M x ;y k  y'  x0   x02  x0  Tiếp tuyến đồ thị (C)  0  có hệ số góc:   x0    �3 0.25 0.25 Vậy k đạt giá trị nhỏ 3 x0  0.25 � 7� 11 M� 2;  � y  3 x  Khi � �và tiếp tuyến cần tìm có phương trình: 0.25 Câu (1.0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân với AB=AC=a , mặt phẳng (AB’C’) tạo với đáy góc Tính thể tích V khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a Nội dung Điểm A' 60 a A C' a M B' C 120 B 0.25 Gọi M trung điểm B’C’ Vì tam giác A’B’C’ cân A’ A’MB’C’ (1) + Do hai hình chữ nhật ABB’A’ ACC’A’ nên  (2) Mà , Do từ (1) (2)  góc (AB’C’) mặt đáy (A’B’C’) góc (vì + Xét tam giác A’B’C’ cân A’ có   + Do   AA’M vng A’   Diện tích tam giácABC : Vậy thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ là: (đvtt) Câu (1.0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt đường thẳng CB, CD I , J Gọi H hình chiếu vng góc A SC Hãy xác định giao điểm K , L SB, SD HIJ  AK   SBC  với  chứng minh Điểm Nội Dung S J H L K I B D A 0,5 C ( SBC ) gọi K = SB �IH � K = SB �( HIJ ) ( SCD) gọi L = SD �JH � L = SD �( HIJ ) Trong Trong IJ ^ AC � � � IJ ^ ( SAC ) � IJ ^ SC � � SC ^ ( IJH ) IJ ^ SA Ta có � , mà AH ^ SC Suy BC ^ ( SAB ) � BC ^ AK AK ^ ( SBC ) Suy AK ^ SC Mà Vậy 0,25 0,25 Câu (1.0 điểm) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh cạnh lại Tìm để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn Nội dung Điểm S C A o M B Gọi O, R tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC � R  OA  OB  OC , mà DA  DB  DC (gt)  DO  ( ABC ) � DO  OC 0,25 + Gọi M trung điểm AB � CM  AB (vì CA  CB  ) x 48  x CM  BC  BM  ( a 3)  ( )  0 Theo Pitago:   CM  S ABC 2 0,25 48  x 2 (với  x  ) 1 48  x x 48  x  CM AB  x  2 SABC  AB AC.BC 4R Mà + Khi theo Pitago: R  x.2 3.2 x 48  x 12  48  x 0,25 � 12 � 12(36  x ) DO  DC  OC  12  � � 48  x � 48  x � DO  12(36  x )  2 36  x 48  x 48  x  (với  x  ) + Thể tích khối tứ diện ABCD là: 1 36  x x 48  x V  DO.S ABC   x 36  x 3 48  x Với  x  theo BĐT Cauchy có: x  36  x x 36  x �  18 V � 18   0,25 0 x6 � x  36  x � � �x 3 x  36  x � Dấu “=” xảy Vậy với x  thể tích khối tứ diện ABCD có diện tích lớn Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c, số thực dương.Chứng minh rằng: Nội dung Trong không gian dựng hình chóp S.ABC có SA=a, SB=b, SC=c Trong tam giác SAB theo định lý cosin ta có: Tương tự ta có: ; : Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức: (đpcm) -Hết - Điểm 0,25 0,25 0,5 ... Xét đẳng thức 2 018 2 018 2 2 018 2 018 +) Ta có   x2   1 x 2 018 2 018 2 018 2 018 2 018 10 09  C2 018 0,25 k k 0   x  2 018 2 018 2 018 2 018 k  �C2 018   x2  2 017 2 018 10 09 2 018 suy hệ số số... C2 018 �2 018 k �2 018 k k � k �  ��C2 018 x �   x  ���C2 018 �k 0 � �k 0 � +) Ta có 2 018 suy hệ số số hạng chứa x 0,5 o 2 018 2 017 2 016 2 015 2 017 2 018 C2 018 C2 018  C2 018 C2 018  C2 018 C2 018 ...Họ tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:……………… TRƯỜNG THPT ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG LẦN ĐẬU NĂM HỌC 2 017 -2 018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I