Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.. Tìm tọa độ các.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) x 1 x có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm thuộc (C) mà 1) Cho hàm số khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng : x y 0 y 2) Cho hàm số y x3 m 1 x 5m 1 x 2m có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số Tìm m để (Cm ) cắt A 2;0 , B, C trục hoành ba điểm phân biệt cho hai điểm B, C có điểm nằm và điểm 2 T : x y 1 nằm ngoài đường tròn Câu (2,0 điểm) sin x.sin x cos x.cos x.sin x 2 cos x 6 Giải phương trình Câu (1,5 điểm) log x x log x log (4 x) Giải bất phương trình Câu (1,5 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1; 1;1); Oxy khoảng cách từ G đến A 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz cho khoảng cách từ G đến 20 AM ; BN 3 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N là hình chiếu A, B trên (P) và Câu (2,0 điểm) x x3 I x x 1 e x dx x2 1 1 Tính tích phân Câu (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và B; AB BC 4a Tam giác SAB và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H là trung điểm AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) a 10 Tính thể tích khối chóp S.HBCD và cosin góc hai đường thẳng SC và HD Câu (1,5 điểm) Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác X, tính xác suất để chọn tam giác có cạnh là cạnh đa giác (H) và tam giác không có cạnh nào là cạnh đa giác (H) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H, K là hình chiếu A 4;6 A trên BD và CD Biết , phương trình HK : 3x y 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x y 0 , điểm B thuộc đường thẳng d : x y 0 và điểm K có hoành độ nhỏ Tìm tọa độ các điểm B, C, D Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu 10 (2,0 điểm) Xét các số thực x x3 y 5x2 y x 1 x x y x y xy y x 0 x, y a, b, c thỏa mãn a b c 3 và a b2 c 27 Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P a b4 c ab a b ac a c bc b c HẾT - (2) Họ và tên thí sinh:……………………….Họ, tên chữ ký GT1:………………………………… Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm 1.1 x 1 (2,0đ)1 1) Cho hàm số y x có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng : x y 0 bằng +) TXĐ: D \ 1 Gọi điểm M (a; a d ( M , ) +) Từ giả thiết ta có +) Với +) Với 0,25 a 1 ) (C ); a 1 a a 1 3 a 2 0,25 a 3a 2 a 0,25 a 5a 0 a a 0 a 2 a 3 0,25 a 2 M (2;3) Do đó phương trình tiếp tuyến (C) M là y x 0,25 0,25 a 3 M (3; 2) Do đó phương trình tiếp tuyến (C) M là y 1.2 (2,0đ) y x 2 0,25 x 2 0,25 * Vậy các phương trình tiếp tuyến (C) cần tìm là: y x 7; 2) Cho hàm số y x 2(m 1) x (5m 1) x 2m có đồ thị ( Cm ), với m là tham số Tìm m để ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0) , B, C cho hai điểm B, C có một điểm 2 nằm và một điểm nằm ngoài đường tròn ( T ): x y 1 +) Hoành độ giao điểm của( Cm ) và trục hoành là nghiệm phương trình: x3 2(m 1) x (5m 1) x 2m 0 0,25 ( x 2)( x 2mx m 1) 0 x 2 x 2mx m 0 (1) 0,25 +) ( Cm ) cắt trục Ox ba điểm phân biệt (1) có nghiệm phân biệt khác 0,25 ' m m 4 4m m 0 0,25 (3) m ( ; 1 1 5 ) ( ; ) \ 3 0,25 x1 x2 2m x x m A (2;0), B ( x ;0), C ( x ;0) x ; x +) Khi đó ; với là nghiệm pt(1) và 0,25 +) Đường tròn (T) có tâm O(0;0), bán kính R=1 +) Hai điểm B, C thỏa mãn điều kiện đầu bài (OB R )(OC R ) 0,25 ( x1 1)( x2 1) x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) x1 x2 3m 4m 2 m ( ; ) (2; ) 0,25 2 ) (2; ) Kết hợp với đk (*) , các giá trị cần tìm m là Câu sin x.sin x cos x.cos x.sin x 2 cos( x ) (2,0đ) Giải phương trình: m ( ; + Phương trình đã cho tương đương với: sin x.sin x sin x.cos x.cos x 2 cos( x sin x.sin x sin x.cos x 2 cos( x ) ) sin x(sin x cos x) 2 cos( x ) 2sin x( sin x cos x) 2 cos( x ) 2 sin x cos( x ) cos( x ) 6 (sin x 2) cos( x ) 0 sin x 2(VL) cos( x ) 0 2 x k 2 x k , k Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là Câu (1,5đ) log x x log Giải bất phương trình: + x2 4x ĐK : x 4 x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x log x x 2 x + Bất phương trình đã cho tương đương với 0,5 0,25 log 22 ( x 2)2 log ( x 2) log (4 x) 22 0,25 (4) log x log ( x 2) log (4 x) log x ( x 2) log (4 x) 0,25 x ( x 2) x (1) +) TH1: Với x ( 2; 2) thì (1) (2 x )( x 2) x x (0;1) Kết hợp với ĐK trường hợp này ta x (0;1) 0,25 +) TH2: Với x (2; 4) thì (1) ( x 2)( x 2) x x ( ; trường hợp này ta x( 1 33 ) ( 33 ; ) Kết hợp với ĐK 33 ;4) 33 ;4) * Vậy bất phương trình có tập nghiệm là Câu Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1; 1;1) x (0;1) ( (1,5đ) 0,25 0,25 1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz cho khoảng cách từ G đến mặt phẳng (Oxy) bằng khoảng cách từ G đến A 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và 20 ; BN 3 +) Gọi G (0;0; a ) Oz AM +) Ta có mặt phẳng +) Từ giả thiết: 0,25 (Oxy ) : z 0; d (G,(Oxy )) a ; GA (5 a) d (G ,(Oxy )) GA a (5 a ) 43 a 10 43 G (0;0; ) 10 là điểm cần tìm Vậy 20 AB 6; AM ; BN 3 +) Ta có +) Ta thấy AM AB BN tức là d ( A,( P )) AB d ( B,( P )) (1) +) Ta luôn có AB BN AN AM +) Do đó (1) xảy và các điều kiện sau thỏa mãn đồng thời AB ( P ) ; A, B, N thẳng hàng ; B nằm A và N ; M trùng với N 13 N( ; ; ) 9 +) AB 9 BN , B nằm A và N Do đó AB 9 BN , từ đó tìm +) Mặt phẳng (P) qua N nhận AB nên có phương trình: x y z 0 Câu (2,0đ) x x3 I ( x x 1)e x dx x 1 1 Tính tích phân 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) x x3 I ( x x 1)e x dx x 1 1 2 x3 x 1 dx ( x x 1)e +) 1 x 0,25 dx M x x x2 1 dx 2 +) Đặt t x t x 2tdt 2 xdx tdt xdx 0,25 +) Đổi cận: x 1 t 2; x 2 t M x3 0,25 2 5 0,25 2 + 0,25 t3 ( t ) (t 1)tdt dx (t 1) dt t x2 1 2 N ( x x 1)e N 2 xe x x x x 2 dx ( x 1)e x x dx 2 xe x x dx N1 N dx Đặt x x u e dv 2 xdx N2 x e x x x x du e x dx x v x 2 ( x 1)e x x 0,25 dx 4e N1 3 N N1 N N1 4e N1 4e Do đó Vậy I M N 2 5 4e 0,25 0,25 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và B; AB BC 4a Tam giác 2,5 đ SAB đều và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 Tính thể tích của khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD (6) +) Tam giác SAB cân nên SH AB +) SAB) ( ABCD) ( SAB ) ( ABCD) AB SH ( ABCD ) SH AB +) Kẻ CK HD, K HD mà SH ( ABCD ) SH CK Do đó CK ( SHD) d (C ,( SHD)) CK a 10 0,25 0,25 + Tính CH a 20 HK a 10 CK Do đó tam giác CHK vuông cân K Nên KHC 45 DHC 45 tan DHC 1 +) Tam giác ABH vuông B nên tan BHC 2 tan BHC tan CHD tan BHD tan( BHC CHD ) tan BHC tan CHD +) AD tan AHD 3 3 AD 6a BHD AHD 180 AH Mà Do đó ( AD BC ) AB S ABCD 20a 2 Ta có S HBCD S ABCD S AHD 20a 6a 14a 0,25 0,25 0,25 28a VS HBCD SH S HBCD 3 Vậy 1,25đ Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD Tam giác SHC vuông H nên SC a 32 +) Gọi M AC HD; E BC HD +) Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB AD 4a EC 10a AD AM 6a 3 3 3a AM MC AC a 32 8 +) AD//EC nên EC MC 10a +) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB Do đó góc SC và HD là góc CN và SC 10 AH HN HN a BN a 3 Ta có: 0,25 0,25 (7) Ta có: SN SH HN 208 10 a; CN BN BC a 3 SC CN SN cos SCN SC.CN +) Áp dụng định lý Côsin tam giác SCN , ta có cos( SC , HD) cos(CN , SC ) cos SCN +) 0,2 0,25 0,25 cos( SC , HD) cos SCN Vậy Câu7 Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H) Chọn (1,5đ) ngẫu nhiên tam giác X, tính xác suất để chọn được tam giác có cạnh là cạnh của đa giác (H) và tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H) +) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh +) Số tam giác có đỉnh là ba đỉnh đa giác (H) là 0,25 n() C1540 1185030 +) Số phần tử không gian mẫu là 0,25 +) Số tam giác có cạnh là cạnh đa (H) là 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai cạnh là cạnh đa (H) là 22 0,25 Số tam giác không có cạnh nào là cạnh đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Gọi A là biến cố “ hai tam giác chọn có tam giác có cạnh là cạnh (H) và tam giác không có cạnh nào là cạnh (H)" 0,25 +) Số phần tử A là n(A) C1396 C1122 p(A) +) Xác suất biến cố A là Câu8 1,0đ C322 1540 n(A) C1396 C1122 748 n() 1185030 1995 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD Biết A(4;6) , phương trình của HK: 3x y 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x y 0 , điểm B thuộc đường thẳng d : x y 0 và điểm K có hoành độ nhỏ Tìm tọa độ các điểm B, C, D +) Gọi E AC HK Tứ giác AHKD nội tiếp HAD HKC Tứ giác ABCD nội tiếp ABC ACD Tam giác ABD vuông A ABD HAD Vậy HKC ACD hay tam giác ECK cân E Vì tam giác ACK vuông K nên E là trung điểm AC c 4 8 c C d1 C (c; c) E ( ; ) 2 +) Ta có: Vì E HK nên tìm c 4 C (4; 2) 0,25 0,25 (8) K HK : x y K (4 t ;3 t 1) HK AK (4 t 4;3 t 7); CK (4t 4;3t 1) +) nên gọi t 5 AK CK AK CK 0 25t 50t 0 t 9 Vì hoành độ điểm K nhỏ +) Ta có: 0,25 2 K( ; ) 5 nên Tam giác SHC vuông H nên +) BC có phương trình : x y 10 0 +) B BC d B (6; 2) +) Lập phương trình AD: x y 0 +) Lập phương trình CD: x y 0 (2,0đ) +) Tìm D( 4; 2) Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) x x3 y x y (1) x 1 x x y x y xy y x 0 Giải hệ phương trình 0,25 ( x, y ) 2 x 5 x y 0 +) ĐK: x 1 (2) ( x 1)( x y ) 0 x y +) Ta có +) Với x 1 , thì (1) trở thành : 65 y y 2 y 11 y y 11 y 2 y y 0 x 1 65 y +) So sánh với ĐK ta có là nghiệm hệ đã cho 0,25 0,25 0,25 +) Với y x thì (1) trở thành: x x3 x ( x 1) x x 0,25 ( x 2)2 ( x x x 4) ( x 1) ( x 2)( x 1) ( x3 x x 4) u x v x x Đặt u ( x x x 4) ( x 1)v v ( x 1)u ( x x x 4) Ta có hệ 0,25 Ta có u v ( x 1)(v u ) u v (u v)(u v x 1) u v x 0 Với u v x 0 0,25 (9) Ta có x x x x 0( ptvn) vì x x 0, x 2 Với u v ta có x x x x x 5 x x x x x 0 0,25 ( x 1)2 3( x 1)2 x 3 31 Giải phương trình nghiệm: KL: So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm là 3 3 x x 1 ; 3 3 65 y y ; 10 2,0 Xét các số thực 3 3 x 3 3 y 0,25 a, b, c thỏa mãn a b c 3 và a b c 27 P a b c ab a b ac a c bc b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a b c a3b ab a 3c ac b3c bc a a b c b3 b a c c c a b 0,5 3 a b3 c a b3 c a b c b c bc 0,25 1 2 b c 3 a; bc b c b c a 27 a a 3a 2 2 Do đó a b3 c a3 a 27 a a 3a 0,25 a 9a 27a 108 Ta có b c 3; bc a 3a b c Ta luôn có 4bc, b, c a Do đó 4 a 3a a 3;5 0,25 Ta có P 3a 27 a 81a 324 3;5 Xét hàm số f (a ) 3a 27a 81a 324 xác định và liên tục trên f '(a ) 9a 54a 81; f ( 3) 243 a 3 3;5 f (5) 381 f '(a ) 0 a 3 3;5 f (3 2) 81 324 ; f ( a ) Vậy GTLN 381 a 5 Do đó GTLN P 381 a 5; b c 0,25 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình thì giám khảo cho điểm tương đương HẾT (10)