2,0 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.. Kẻ ME vuông góc với CD tại E.[r]
(1)UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu (6,0 điểm) Từ hộp chứa viên bi đỏ, viên bi vàng và viên bi xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời viên bi Gọi A là biến cố: số viên bi lấy số bi đỏ lớn số bi vàng Tính xác suất biến cố A Giải bất phương trình Câu (5,0 điểm) log log x 1 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân A và SC = 2a Hình chiếu S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm M AB Góc đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) 60o Tính theo a thể tích khối S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích là V Gọi d1, d2, d3 là khoảng cách các cặp cạnh đối diện AB và CD, AC và BD, AD và BC V d1 d d3 Chứng minh rằng: Câu (4,0 điểm) Giải phương trình x 3x x x y y z z x 1 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh x xy y xy y yz z yz z zx x zx Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với Gọi trung điểm AB và AD là M(-5;3) và N(2;4) Kẻ ME vuông góc với CD E Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE, biết đường thẳng BC có phương trình 3x y 12 0 Câu (3,0 điểm) ìï x3 + x + x = y y +1 - ïï í ïï ( x +1) x - - y - 36 x + 24 x - = y - 12 x + Giải hệ phương trình ïî ( ) 2 2 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x xy y xy 1 z Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh………………………………………………Số báo danh……………………… (2) UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 03 trang) Câu Đáp án (trang 01) Điểm Số bi hộp 5+3+4=12 0,25 Số phần tử không gian mẫu C12 495 0,25 Đếm số phần tử biến cố A có trường hợp sau 0,25 TH1: viên bi lấy không có viên bi vàng và có ít 1viên bi đỏ C1 4 Ý1 Số kết là C9 C4 125 3,0 TH2: viên bi lấy có đúng viên bi vàng và có ít 2viên bi đỏ đ 1 Số kết là C5 C3C4 C5 C3 150 0,50 0,25 0,50 Số phần tử biến cố A là 125+150=275 0,50 275 Vậy xác suất biến cố A là 495 0,50 C1 Ý2 Điều kiện xác định x 0; log x 1 0,50 3,0 log x 1 x đ BPT Cùng với điều kiện, BPT đã cho tương đương với 1,0 1,50 3 2 3 2 S 2; ; x 11 | x | Vậy tập nghiệm C2 Ý1 4,0 đ SM ABC SCM SC , ( ABC ) 60o 0,50 Tam giác SMC vuông M nên: MC SC.cos SCM a 0,25 SM SC.sin SCM a 15 Đặt AC = x, vì tam giác AMC vuông A nên x x 5a x 2a S ABC AC 2a 2 , 2a 15 VS ABC S ABC SM 3 Thể tích khối S.ABC: 0,25 0,50 0,50 Ta có AC AB, AC SM AC SA nên tam giác SAC vuông A, đó 0,50 SA SC AC 4a, S SAC SA AC 4a 2 0,50 (3) d B, ( SAC ) Suy 1,0 3VS ABC a 15 S SAC C2 Ngoại tiếp tứ diện hình hộp xiên Ý2 AEDF.MBNC Kí hiệu V’ là thể tích khối hộp V V' đó Khi đó 1đ 0,25 Mặt khác V ' S MBNC d ( AEDF ), ( MBNC ) S MBNC d3 0,25 BN d C , BN d3 BN d d3 d1 d d 0,50 Suy dpcm C3 Ý1 2,0đ Điều kiện xác định: x 0 x 2 0,25 Đặt x 2 cos t , t [0; ] 0,25 k t 8 cos 3t sin t cos 3t cos t 2 t k Phương trình trở thành 0,5 5 3 t ,t ,t 8 Vì t [0; ] nên 0,25 Vậy nghiệm phương trình đã cho là C3 Ý2 x xy y xy Ta có x xy y xy 2,0đ 5 3 , x 2 cos , x 2 cos 8 a b c x y , yz ,zx b c a Từ giả thiết, lấy các số dương a, b, c cho 2,0đ C4 x 2cos 2 x y x y x y a2 x y x y2 a 2ab 1 y yz z yz a b c a2 z zx x b2 c2 3 zx a 2ab b 2bc c 2ca a b c 2ab 2bc 2ca 0,5 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 Gọi P, Q là trung điểm CD, BC; F là hình chiếu N trên BC Dễ thấy MNPQ là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn (T) đường kính MP, NQ MEP NFQ 90o Ta có nên E, F cùng thuộc đường tròn (T) 0,50 Đường thẳng NF qua N vuông góc BC có phương trình 4x - 3y + = 0,25 0,50 (4) Vì F là giao điểm BC và NF nên tọa độ F là 3x y 12 0 52 36 F ; x y 25 25 nghiệm hệ 0,25 Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE là đường tròn (T) qua điểm M, N, F có phương trình x2 y 0,50 66 112 184 x y 0 25 25 25 Hs có thể tìm tọa độ điểm Q, viết PT đường tròn đường kính NQ Điều kiện x³ , y ³ 0,5 y - ( x - 2) ³ 0,25 ( x +1) +( x +1) = ( y ) +( y ) 3 2 Biến đổi phương trình đầu hệ f ( t ) = t3 +t f ¢( t ) = 3t + 2t ³ 0, " t ³ 0; Xét với t ³ Ta có nên f(t) đồng biến trên 1ö æ x +1 = y Û y = ( x +1) ç x ³ ÷ ÷ ç ç è ø [0; ) Do đó phương trình tương đương với 3÷ Thay vào phương trình thứ hai hệ, biến đổi ta é6 x - ù ê ú = 1- x - 2ú ê x + ( x +1) (ë x +1) ú ( ) ê û Ý1 6x - 2đ u= , 2 x +1) ( Đặt suy £ u £ Phương trình trở thành 2u + u C5 6x - Xét g ¢( u ) = 4u +1 + 0,25 - u4 2u 0,25 - u =1 g ( 1) =1 với £ u £ Ta có và ( ) > 0, " u Î 0; 5- u éx =1 6x - =1 Û ê ê ( x +1) ëx = 0,25 Nên phương trình có nghiệm u = x³ 0,25 ) ( 3;16) (thỏa mãn ( 1;4) và Vậy nghiệm hệ đã cho là Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 1 y xy x xy y xy x xy y xy ( x xy ) 2 2 2 2 x xy y xy x y 1 z2 C5 Ý2 2 1đ P f z f z z z Nên Xét trên [0 ;1] có f ' z 0,25 - g ( u ) = 2u + u - Do đó 0,25 ( x; y ) 2z 1 z 1 z2 2 1 z Trên (0 ;1) : 2z 1 z 1 z 1 z 1 z 2 1 z 0,25 0,25 0,25 1 z2 f ' z 0 z z z z 0 z z z 0 z 0,25 (5) f z 1 P f z f 2 trên [0 ;1], ta Lập bảng biến thiên 8 x y , z P thì Vậy GTNN P là Khi -Hết - 0,25 (6)