Dap an chi tiet de thi HSG Toan lop 12 nam 2016 Nam Dinh

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình thì giám khảo cho điểm tương đương.[r]

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 x 1 1.1 y (2,0đ)1 1) Cho hàm số 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; d ( M , )   +) Từ giả thiết ta có +) Với 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 của (C) tại M là y  x  0,25 0,25 a 3  M (3;2) Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là * Vậy các phương trình tiếp tuyến của (C) cần tìm là: y  x  7; 1.2 (2,0đ) 0,25 a 1 )  (C ); a 1 a a +) Với y  y  x 2 x 2 0,25 0,25 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 tại ba điểm phân biệt  (1) có nghiệm phân biệt khác 0,25  ' m  m    4  4m  m  0 1 1 5  m  (  ; ) ( ; ) \   2 3 0,25 0,25 1/8  x1  x2 2m  x x m  A (2;0), B ( x ;0), C ( x ;0) x ; x 2 +) 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 của m là Câu  sin x sin x  cos x cos x sin x  2 cos( x  ) (2,0đ) Giải phương trình: + 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 log  x  x    log  x    log   x  (1,5đ) Giải bất phương trình:  x2  4x    x 2  ĐK :  x      x  4  x   + + Bất phương trình đã cho tương đương với log 22 ( x  2)2  log ( x  2)  log (4  x) 22  m  ( ;  log x   log ( x  2)  log (4  x) 2/8 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  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 được x  (0;1) +) TH2: Với x  (2; 4) thì (1)  ( x  2)( x  2)   x  x  ( ; trường hợp này ta được x(  1 33 ) (   33 ; ) Kết hợp với ĐK 0,25 0,25   33 ;4)   33 ;4) 0,25 * 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) (1,5đ) 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 x  (0;1)  ( 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và 20 AM  ; BN  3 0,25 +) Gọi G (0;0; a )  Oz +) Ta có mặt phẳng +) Từ giả thiết: (Oxy ) : z 0; d (G,(Oxy ))  a ; GA    (5  a) d (G ,(Oxy )) GA  a    (5  a ) 43  a 10 43 ) 10 Vậy là điểm cần tìm 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 chỉ các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời AB  ( P ) ; A, B, N thẳng hàng ; B nằm giữa A và N ; M trùng với N 0,25 0,25 0,25 G (0;0;  13  N( ; ; ) 9 +) AB 9 BN , B nằm giữa A và  N Do đó AB 9 BN , từ đó tìm được +) 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 3/8 0,25 0,25 x   x3 I   ( x  x  1)e x  dx x 1  1 2 x3  2 x 1 dx  ( x  x  1)e +) x 0,25 dx x2 1 1 x M  x dx 2 +) Đặt t  x   t  x   2tdt 2 xdx  tdt xdx +) Đổi cận: x 1  t  2; x 2  t  M  x3  0,25 0,25 2 5 0,25 2 + (t  1)tdt dx    (t  1)dt t x 1 2 t3 (  t ) N ( x  x  1)e N 2 xe x x 0,25 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  1x du  e dx x  v  x  2  ( x  1)e x x 0,25 dx 4e   N1 3 Do đó N  N1  N  N1  4e   N1 4e  0,25 2 5 I M  N   4e  Vậy 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 4/8 +) 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 + Tính được CH a 20  HK a 10 CK Do đó tam giác CHK vuông cân tại K      Nên KHC 45  DHC 45  tan DHC 1  +) Tam giác ABH vuông tại 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 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 tại 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 giữa SC và HD là góc giữa CN và SC 10 AH  HN  HN  a  BN  a 3 Ta có: 5/8 0,25 0,25 Ta có: SN  SH  HN  208 10 a; CN  BN  BC  a 3 +) Áp dụng định lý Côsin tam giác SCN , ta có SC  CN  SN  cos SCN   SC.CN  cos( SC , HD) cos(CN , SC )  cos SCN +)  cos( SC , HD)  cos SCN  Vậy 0,2 0,25 0,25 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 của đa giác (H) là C22 1540 +) Số phần tử của không gian mẫu  là n() C1540 1185030 +) Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22 Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có một tam giác có cạnh là cạnh của (H) và tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)" 1 +) Số phần tử của A là n(A) C396 C1122 n(A) C1396 C11122 748 p(A)    n(  ) 1185030 1995 +) Xác suất của biến cố A là 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi Câu8 1,0đ 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   ABD HAD 0,25 Tam giác ABD vuông tại A   Vậy HKC  ACD hay tam giác ECK cân tại E Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC c 4 8 c ; ) 2 +) Ta có: Vì E  HK nên tìm được c 4  C (4;  2) C  d1  C (c;  c)  E ( 6/8 0,25   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 +) Ta có: 0,25 2 K( ; ) 5 nhỏ nên Tam giác SHC vuông tại H nên +) BC có phương trình : x  y  10 0 +) B BC  d  B(6; 2) +) Lập được phương trình AD: x  y  0 +) Lập được phương trình CD: x  y 0 +) Tìm được D( 4; 2) Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) (2,0đ)  x  x3  y  x  y  (1)  x 1   x  x  y  x y  xy  y x 0  Giải hệ phương trình  x   x  y  0 +) ĐK:  0,25 ( x, y  )  2  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 của hệ đã cho y  x +) Với thì (1) trở thành: x  x3  x ( x  1) x  x  0,25 0,25 0,25 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 2 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 7/8 0,25 x  x   x  x  0( ptvn) vì x  x   0, x Ta có 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 31 Giải phương trình được 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  3  a  b  c a 3 0,5   b3  c3  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 Do đó a  b3  c a    a   27  a  a  3a   0,25  a  9a  27 a  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  27a  81a  324  3;5 Xét hàm số f ( a)  3a  27 a  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 của bằng 381 a 5 Do đó GTLN của P bằng 381 a 5; b c  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 8/8 0,25