SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ tên:………………… SỐ BÁO DANH:…………… KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng năm 2016 Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang Câu (2.0 điểm) x−3 có đờ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) cho x +1 tổng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ Cho hàm số y = Câu (2.0 điểm) x + x − x + = y −1 + ( x, y ∈ ¡ ) a Giải hệ phương trình sau: x −1 y + y − y + = + b Hai đội A B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa hiệp) Đội thắng trước hiệp thắng trận Xác suất để đội A thắng mỗi hiệp 0,4 (không có hòa) Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết Câu (2.0 điểm) π π π a Cho hàm số f(x) liên tục [- π ; π ] Chứng minh: ∫ x f (sin x)dx = ∫ f (sin x)dx 20 π x.sin x dx sin x + b Tính tích phân sau: I = ∫ Câu (3.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB = a , cạnh bên AA ' = a Lấy M điểm bất kỳ cạnh AB cho MB = x (0 ≤ x < a ) Gọi ( P ) mặt phẳng qua M ( P ) ⊥ B ' C a Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ cắt bởi (P) b Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn c Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A C theo a x Tìm vị trí điểm M để thể tích khối đa diện đó đạt giá trị lớn Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: abc abc + +3 ≤1 + ab + bc + ca ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) -hÕt - SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng năm 2016 Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT Đáp án này gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày mợt lời giải cho mỗi Trong làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong mỗi bài, học sinh giải sai ở bước giải trước cho điểm đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần của mỗi nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của * Điểm của toàn tổng (không làm tròn số) của điểm tất Câu Nội dung x−3 có đồ thị (C) Tìm tọa đợ điểm M tḥc đờ thị (C) x +1 cho tổng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ d1 : y − = tiệm cận ngang của đồ thị (C) d : x + = tiệm cận đứng của đồ thị (C) Điểm Cho hàm số y = ∀M ( x; y ) ∈ (C ), x ≠ −1 Ta có: d ( M ; d1 ) + d ( M ; d ) =| y − | + | x + |= x−3 − + | x + |= + | x +1| x +1 | x +1| Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 4 d ( M ; d1 ) + d ( M ; d ) = + | x + |≥ | x +1| = | x +1| | x +1| =| x + |⇔ ( x + 1) = ⇔ x = (thỏa mãn) Dấu ‘=’ xãy ⇔ x = −3 | x +1| Kết luận: M (1; −1); M ( −3; 3) x + x − x + = y −1 + ( x, y ∈ ¡ ) a Giải hệ phương trình sau: x −1 y + y − y + = + x + x − x + = y −1 + (1) y + y − y + = 3x −1 + (2) Trừ vế theo vế hai phương trình (1) (2) ta có: x + x − x + + 3x−1 = y + y − y + + y −1 (3) 2,0 0,50 0,50 0,50 0,50 1,0 0,25 Xét hàm số: f (t ) = t + t − 2t + + 3t −1 , t ∈ ¡ ⇒ f '(t ) = + t −1 + 3t −1.ln = t − 2t + + t − + 3t −1.ln t − 2t + t − 2t + | t − 1| +t − t −1 > + ln > ∀t t − 2t + Do đó f(t) hàm đồng biến ¡ Từ (3) suy x = y 2 0,25 Khi đó ta có: x + x − x + = 3x −1 + ⇔ x − + x − x + = x −1 ⇔ ln( x − + x − x + 2) = ( x − 1)ln ⇔ ln( x − + x − x + 2) − ( x − 1)ln = (4) Xét hàm số: g ( x) = ln( x − + x − x + 2) − ( x − 1)ln 3, x ∈ ¡ x −1 1+ x − x + − ln = ⇒ g '( x) = − ln ≤ − ln < ∀x x − + x2 − 2x + x2 − 2x + ⇒ g ( x) nghịch biến ¡ ⇒ (4) có nghiệm nghiệm ⇒ x = nghiệm của (4) Do x = nên y = Kết luận: ( x; y ) = (1; 1) b Hai đội A B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa hiệp) Đội thắng trước hiệp thắng trận Xác suất để đợi A thắng mỡi hiệp 0,4 (không có hòa) Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết Gọi H biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết’ X biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau hiệp’ Y biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau hiệp’ Z biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau hiệp’ Khi đó H = X ∪ Y ∪ Z X, Y, Z đôi một xung khắc Áp dụng quy tắc cộng xác suất: P ( H ) = P( X ) + P (Y ) + P ( Z ) Ta có: P ( X ) = (0,4)3 = 0,064 P (Y ) = C32 (0,4) 0,6.0,4 ; 0,115 P ( Z ) = C42 (0,4) (0,6) 0,4 ; 0,318 ⇒ P( H ) ; 0,317 Kết luận: Xác suất để đội A thắng trận chung kết P ( H ) ; 0,317 a Cho hàm số f(x) liên tục [- π ; π ] Chứng minh: π π π ∫ x f (sin x)dx = ∫ f (sin x)dx 0 Đặt : t = π − x ⇒ dt = − dx ; x = ⇒ t = π ; x = π ⇒ t = π 0 π π π π 0,50 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 π ∫ x f (sin x)dx = ∫ (π − t ) f (sin(π − t ))(−dt ) = ∫ (π − t ) f (sin t )dt π π 0 0,50 = ∫ π f (sin t )dt − ∫ t f (sin t )dt = π ∫ f (sin x) dx − ∫ x f (sin x)dx ⇒ ∫ x f (sin x) dx = π π f (sin x)dx ∫0 0,25 π x.sin x dx sin x + b Tính tích phân sau: I = ∫ 1,0 sin x liên tục [- π ; π ] sin x + π π π x.sin x π sin x π sin x dx = ∫ dx = ∫ dx Áp dụng câu a ta có: I = ∫ 2 2 sin x + sin x + − cos x 0 0,25 Hàm số f ( x ) = Đặt: t = cos x ⇒ dt = − sin xdx ; x = ⇒ t = 1; x = π ⇒ t = −1 π π sin x π I= ∫ dx = − cos x −1 ∫ 1 0,25 −dt π dt π 1 = − = [ − ]dt −∫1 (t + 2)(t − 2) −∫1 t + t − − t2 0,25 π t+2 π π [ln | t + | − ln | t − |] = ln = ln −1 t − −1 0,25 π Kết luận: I = ln Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB = a , cạnh bên AA ' = a Lấy M điểm bất kỳ cạnh AB 3,0 cho MB = x (0 ≤ x < a ) Gọi ( P ) mặt phẳng qua M ( P ) ⊥ B ' C a Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ cắt bởi (P) 1,0 = 0,25 Gọi I trung điểm BC Ta có : AI ⊥ BC ⇒ AI ⊥ ( BB ' C ' C ) ⇒ AI ⊥ B ' C B ' C ⊥ ( P ) ⇒ AI //( P ) Mà AI ⊄ ( P ) AI ⊥ BB ' Trong mặt phẳng (ABC) dựng đường thẳng qua M song song AI, cắt BC AC lần lượt E, F Do BB’C’C hình vng ⇒ BC ' ⊥ B ' C ⇒ BC '//( P ) Trong mặt phẳng (BB’C’C) dựng đường thẳng qua E song song với BC’, cắt CC’ L Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi N = LF ∩ AA ' Kết luận: Thiết diện tứ giác MNLE b Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn π ·P );( ABC )) = (·LE ; BC ) = LEC · = Gọi ϕ = (( Ta thấy: MACE hình chiếu vng góc của MNLE lên (ABC) Theo cơng thức hình chiếu ta có: S MACE = S MNLE cos ϕ = S MNLE Ta có : VBME vuông cân E ⇒ BE = x { { 0,25 0,50 1,0 0,25 0,25 0,25 1 2 2 S MACE = SVABC − SVBME = a − ( x) = a − x 2 2 2 2 2 S MNLE = 2.S MACE = a − x ≤ a , ∀x ∈ [0; a ) Diện tích thiết diện đạt giá trị lớn chỉ x = Kết luận: x = c Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A C theo a x Tìm vị trí điểm M để thể tích khối đa diện đó đạt giá trị lớn EC = EF = LC = (2a − x ); FC = 2a − x (do tam giác EFC, ECL vuông cân) AF = AM = a − x; AN = (a − x ) 1 VMNLEAC = VL.CEF − VN AMF = LC.SVCEF − AN SVAMF 3 1 1 2 = LC EC.EF − AN AM AF = (2a − x )3 − (a − x ) 3 24 12 2 Xét hàm số: g ( x) = (2a − x)3 − ( a − x)3 , x ∈ [0; a ) 24 12 ⇒ g '( x) = − (2a − x) + ( a − x) = x − a = ( x − 2a ) 8 g '( x) = ⇔ x = a (loại) x = −a 0,25 1,0 0,25 0,25 0,50 Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn x = ⇔ M ≡ B 2 Kết luận: VMNLEAC = (2a − x)3 − (a − x)3 24 12 Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn M ≡ B Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + c = Chứng minh abc abc + +3 ≤1 rằng: + ab + bc + ca ( + a) ( + b) ( + c) Đặt : P = abc abc + +3 + ab + bc + ca ( 1+ a ) ( + b) ( + c) Áp dụng bất đẳng thức: ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) ∀x, y , z ∈ ¡ ta có: ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c ) = 9abc > ⇒ ab + bc + ca ≥ abc 1,0 0,25 Ta có: ( + a ) ( + b ) ( + c ) ≥ ( + abc ) ∀a, b, c > Thật vậy: ( + a ) ( + b ) ( + c ) = + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + abc ≥ + 3 abc + 3 ( abc ) + abc = ( + abc ) Khi đó: P ≤ Đặt: ( + abc ) abc = t ⇒ + abc + + abc abc = t , abc abc = t 0,25 a+b+c Vì a, b, c > nên < abc ≤ ÷ =1⇒ < t ≤1 t2 f ( t ) = + + t , t ∈ ( 0; 1] Xét hàm số 3( + t ) + t ⇒ f '( t ) = 2t ( t − 1) ( t − 1) (1+ t ) (1+ t ) 2 + t > ∀t ∈ ( 0; 1] 0,25 Do hàm số đồng biến ( 0; 1] nên f ( t ) ≤ f ( 1) = ⇒ P ≤ abc abc + +3 ≤1 + ab + bc + ca ( 1+ a ) ( + b) ( + c) Dấu ‘=’ xãy a = b = c = ⇒ 0,25