Đáp án HSG Toán học lớp 12 Quảng Bình 2015-2016 - Học Toàn Tập

Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến các đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất... Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết..[r]

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 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 không 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 tồn tổng (khơng làm tròn số) của điểm tất

Câu Nội dung Điểm

1

Cho hàm số x y x  

 có đờ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ

2,0

1:

d y   tiệm cận ngang của đồ thị (C) :

d x  tiệm cận đứng của đồ thị (C) 0,50 ( ; ) ( ),

M x y C x

    Ta có:

1

3

( ; ) ( ; ) | | | | | | | |

1 | |

x

d M d d M d y x x x

x x



           

 

0,50 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

1

4

( ; ) ( ; ) | 1| | 1|

| 1| | 1|

d M d d M d x x

x x

      

 

0,50

Dấu ‘=’ xãy | 1 | ( 1)2 4

3

| |

x

x x x

x

 

         



 (thỏa mãn)

Kết luận: M(1; 1); M( 3; 3)

0,50

2

a Giải hệ phương trình sau:

2

2

2

( , )

2

y x

x x x

x y

y y y

                  ¡ 1,0 2

2 (1)

2 (2)

y x

x x x

y y y

                

Trừ vế theo vế hai phương trình (1) (2) ta có:

2 2 2 3x 2 2 3y (3)

x x  x    y y  y   0,25

Xét hàm số:

( ) 2 , t

f t  t t   t  t

¡ 1 2

1 2

'( ) ln3 ln3

2 2

| 1|

ln3 2

t t

t

t t t t

f t

t t t t

t t t t t                           

Do đó f(t) hàm đồng biến ¡ Từ (3) suy x y

Khi đó ta có: x x22x 2 3x1   1 x x22x 2 3x1

2

2

ln( 2) ( 1)ln3

ln( 2) ( 1)ln3 (4)

x x x x

x x x x

      

       

Xét hàm số: g x( ) ln( x  1 x2 2x 2) ( x 1)ln3, x¡ .

2

1

1

2

'( ) ln3 ln3 ln3

1 2 2

x x x

g x x

x x x x x

 

 

        

     

( ) g x

 nghịch biến ¡ (4) có nghiệm nghiệm

x

  nghiệm của (4) Do x1 nên y 1 Kết luận: ( ; ) (1; 1)x y 

0,50

b Hai đội A B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa hiệp) Đợi 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

1,0

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( )

0,25

Ta có: P X( ) (0,4) 0,064 0,25 2

3

( ) (0,4) 0,6.0,4 0,115

P Y C ; 0,25

2

( ) (0,4) (0,6) 0,4 0,318 ( ) 0,317

P Z C ; P H ;

Kết luận: Xác suất để đội A thắng trận chung kết ( ) 0,317P H ; 0,25

3

a Cho hàm số f(x) liên tục [- ; ] Chứng minh:

0

(sin ) (sin )

x f x dx f x dx

 



  1,0

Đặt : t    x dt  dx; x  0 t ; x   t 0,25

0

0

0 0

(sin ) ( ) (sin( ))( ) ( ) (sin )

(sin ) (sin ) (sin ) (sin ) x f x dx t f t dt t f t dt

f t dt t f t dt f x dx x f x dx

 



   

  

 

     

   

  

   

0,50

0

(sin ) (sin )

x f x dx f x dx

  

   0,25

b Tính tích phân sau: 2

0

.sin sin

x x

I dx

x 





 1,0

Hàm số ( ) sin2 sin

x f x

x 

Áp dụng câu a ta có: 2 2 2

0 0

.sin sin sin

2

sin sin cos

x x x x

I dx dx dx

x x x

    

  

  

  

Đặt: t cosxdt  sinxdx; x  0 t 1; x    t 0,25

1 1

2

0 1

sin 1

[ ]

2 cos ( 2)( 2) 2

x dt dt

I dx dt

t t t t

x t



    

 



     

   

 

    0,25

1 2

[ln | | ln | |] ln ln3

1

8

t

t t

t

   

     

  

Kết luận: ln3 I 

0,25

4

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB a , cạnh bên AA' a 2 Lấy M điểm bất kỳ cạnh AB

cho MB x (0 x a) Gọi ( )P mặt phẳng qua M ( )P  B C' 3,0 a Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ cắt bởi (P) 1,0

a

x

a 2 φ

P)

a 2 N

F

L

E I

C'

B'

A

C

B A'

M

0,25

Gọi I trung điểm BC Ta có :

AIAI BBBC' AI (BB C C' ' ) AI  B C' Mà B CAI' ( )( )PP  AI//( )P 0,25 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

0,50

b Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn 1,0 Gọi (( );(· )) (· ; ) ·

4

P ABC LE BC LEC 

     0,25

Theo cơng thức hình chiếu ta có: cos 2

MACE MNLE MNLE

S S   S

Ta có : VBME vuông cân E 2 BE x

 

2 2

1 1

( )

2 2

MACE ABC BME

S  SV SV  a  x  a  x

0,25

2 2

2 2

2 , [0; )

2

MNLE MACE

S  S  a  x  a x  a Diện tích thiết diện đạt giá trị lớn chỉ x0 Kết luận: x0

0,25

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

1,0

(2 );

2

EC  EF  LC  a x FC  a x (do tam giác EFC, ECL vuông cân)

2

; ( )

2

AF  AM  a x AN  a x

0,25

3

1

3

1 1 2

(2 ) ( )

3 24 12

MNLEAC L CEF N AMF CEF AMF

V V V LC S AN S

LC EC EF AN AM AF a x a x

   

     

V V

0,25

Xét hàm số: ( ) 2(2 )3 2( ) ,3 [0; )

24 12

g x  a x  a x x  a

 '( ) 2(2 )2 2( )2 2 2 2( 2 )2

8 8

g x   a x  a x  x  a  x  a

2 '( )

2

x a

g x

x a

 

     (loại)

-y'

x

y

a 0

2

24a3

2

4 a3

Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn x 0 M  B

Kết luận: 2(2 )3 2( )3

24 12

MNLEAC

V  a x  a x

Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn M B

0,50

5

Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a b c  3 Chứng minh rằng:

   

3

2

1

3 1

abc abc

ab bc ca   a b c 

Đặt :

   

3

2

3 1

abc abc

P

ab bc ca a b c

  

     

Áp dụng bất đẳng thức: x y z2 3xy yz zx x y z   , , ¡ ta có:

 2  

3

ab bc ca   abc a b c   abc  ab bc ca   abc

Ta có: 1a1b1c1 abc a b c3  , , 0. Thật vậy:

       

 2  3

3 3

1 1

1 3

a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc

          

     

0,25

Khi đó:

 

3

2

6

3 1

abc abc

P

abc abc

  

 

Đặt: abc t  abc t abc t 2,  3. Vì , ,a b c 0 nên

3

0 1

3 a b c

abc     t

      

 

0,25

Xét hàm số

   

2

3

3

2

( ) , 0;

1

3

t

f t t t

t t

   

 

    

     

5

2

2

3

2 1 1

' 0;

2

1

t t t

f t t t

t t

 

     

 

0,25

Do hàm số đồng biến trên0; nên  f t  f  1   1 P

   

3

2

1

3 1

abc abc

ab bc ca a b c

   

     

Dấu ‘=’ xãy a b c  1