Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số trên thỏa mãn điều kiện điểm M vừa là điểm cực đại của đồ thị hàm số ứng với giá trị này của m đồng thời điểm M vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng [r]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC: 2017 - 2018 Mơn: Tốn – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (5,0 điểm) 2 Cho hàm số y =- x + 3mx + 3(1- m ) x + m - m , với m tham số thực Chứng minh m hàm số ln có hai điểm cực trị Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện điểm M vừa điểm cực đại đồ thị hàm số ứng với giá trị m đồng thời điểm M vừa điểm cực tiểu đồ thị ứng với giá trị khác m 2x 1 x có đồ thị (C ) , điểm I (3;3) đường thẳng d : y x m Cho hàm số Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tứ giác OAIB ( O gốc tọa độ) y Câu (4,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập số thực ỉ 16 x + 96 x + 208 ÷ ữ ỗ x + + log ỗ £ 3x + - x + x + ữ ỗ ữ ỗ 12 x + 16 + 45 x + 81 è ø ìï ïï 2.4 y +1 = 2 x +1 + 2log ( x ) ïï y ïí 2 ïï ïï x +1 = x - x - y +1 x +1 - ï Giải hệ phương trình sau tập số thực ïỵ p I =ị p x2 ( x - 1) cos x +1 - x sin x dx Câu (2,0 điểm) Tính tích phân Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B Biết AB=SD=3a, AD=SB=4a, đường chéo AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA Cho mặt cầu có tâm O bán kính R Từ điểm S mặt cầu ta dựng ba cát · · · tuyến nhau, cắt mặt cầu điểm A, B, C ( khác với S) ASB = BSC = CSA = a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo R Khi thay đổi, tìm để thể tích khối chóp S.ABC lớn Câu (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) qua điểm A(2; 2;5) tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : x 1;( ) : y 1;() : z 1 Viết phương trình mặt cầu ( S ) Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab 1 c(a b c) 3 b + 2c a + 2c P= + + 6ln( a + b + 2c) 1+ a 1+b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: -HẾT Họ tên thí sinh……………………………….Số báo danh……………………… Người coi thi số 1……………………………….Người coi thi số 2.……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2017 - 2018 (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Hướng dẫn chấm mơn: Mơn Tốn – Lớp 12 Câu ý Câu TXĐ: D = ¡ (2,5đ) y ' =- x + 6mx + 1- m 5,0đ ( Điểm Nội dung 0,25 ) x m y ' 0 x m Hàm số ln có hai điểm cực trị x m y m2 3m Điểm cực tiểu đồ thị (m 1; m 3m 2) 0,25 0,25 0,25 x m y m 3m 0,25 Điểm cực đại đồ thị ( m 1; m 3m 2) 0,25 Quỹ tích điểm cực tiểu đồ thị (P): y x x 0,25 Quỹ tích điểm cực đại đồ thị (P’): y x x Điểm M vừa điểm cực đại ứng với giá trị m, vừa điểm cực tiểu ứng với giá trị khác m nên tọa độ điểm M nghiệm hệ x y x x y x x y 1 M( ; ) Vậy 0,25 2 2,5đ TXĐ: 0,25 0,25 D = ¡ \ { - 1} Phương trình hồnh độ giao điểm : 2x 1 x m x 1 x (3 m) x m 0 m2 2m 0m Đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B 0,25 0,25 0,25 Gọi A( x1; x1 m), B( x2 ; x2 m) Theo Vi-ét x1 x2 m 3; x1 x2 1 m AB 2( x2 x1 ) 2[( x1 x2 ) x1x2 ] 2(m 2m 5) OI 3 Tứ giác OAIB có OI AB 0,25 0,25 0,25 0,25 1 SOAIB OI AB 2( m 2m 5) 2 0,25 0,25 3 m 2m Þ SD OAIB = Û 2,0đ x ĐK: BPT m - 2m + = Û m = 0,25 x log 16( x x 13) 2 3x x x 3x x x + x +13 + log ( x + x +13) £ x + + x + + log (2 x + + x + 9) f '( t ) = f ( t ) = log t + t +1 > 0, " t > t ln , với t > có f ( t) ( 0;+¥ ) Do hàm số đồng biến BPT có dạng f ( x + x +13) £ f (2 3x + + x + 9) Xét hàm số Câu 4,0đ x + 4) + 3( x + - 0,25 0,25 0,25 0,25 Û x + x +13 £ x + + x +5 Û x + x + 2( x + - 0,25 x + 9) £ 2( x x) 3( x x) ( x x) 0 x 3x x x ( x x)(1 ) 0 x 3x x x x x 0 x [ 1;0] 0,25 2 2,0đ 0,25 0,25 ìï ïï 2.4 y +1 = 2 x +1 + 2log ( x ) (1) ïï y ïí 2 ïï ïï x +1 = x - x - y +1 (2) x +1 - ùùợ ùỡù < x 13 í ïïỵ y > ĐK: (1) y 2 2x log x log y y log 2 log y 2 2y log 2 y 2 x 2 x log 2 log ( x x ) f (t ) 22t log ( 2.t ) f '(t ) 2.22t.ln 0,25 0t t ln 0,25 Hàm số f(t) đồng biến với t>0 PT f ( y ) f ( x x ) y y x 2 Với y = x thay vào PT(2) ta có: 0,25 x - x - x +1 x +1 = Û x +1 - x 1 1 x2 - x - x +1 + = x +1 - 0,25 ( x 3)( x 2) ( x 2)( x 2)( x 2) 3 2x 1 2x ( x 2)( x 2) 2x 1 x ( x 2)( x 2) x x ( x 1)3 x 0,25 Xét hàm số g (u ) u u g '(u ) 3u 0u Hàm số g (u ) đồng biến, phương trình trở thành g ( x 1) g ( x 1) 2x 1 x 1 0,25 x3 x x 0 x 0(l ) 1 x (l ) x 1 (t / m) 0,25 1 1 1 1 x y ( ; ) 2 2 Hệ phương trình có nghiệm p I =ò p x2 ( x cos x - sin x) 0,25 dx 0,25 x x sin xdx sin x ( x cos x sin x ) Câu 2,0đ 0,25 ìï x ïï u = ïï sin x í x sin x ïï dx ïï dv = ( x cos x sin x ) ïỵ Đặt ìï x ïï u = ïï sin x í - d ( x cos x - sin x) ïï ïï dv = ( x cos x - sin x) ïỵ 0,25 0,25 sin x x cos x dx du sin x v x cos x sin x I 0,25 x dx sin x x cos x sin x sin x 0,25 p p 2p I =- - cot x p2 p- 0,25 p 2p +1 p- 0,25 Vậy Câu 5,0đ I =- 3,0đ AC ( SBD ) ( SBD) ( ABCD ) 0,25 ( SBD) ( ABCD) BD Kẻ SH BD H SH ( ABCD ) BD AB AD 5a SH Tam giác SBD vuông S nên: SB.SD 12a BD 0,25 0,25 0,25 Gọi K giao điểm AC BD Ta có AK BD AB AD AK AB AD 12a BD 0,25 AB 15a AK AC AB AC AK 0,25 1 15a 75a S ABCD AC.BD 5a 2 0,25 VS ABCD 1 12a 75a 15a SH S ABCD 3 0,25 Kẻ đường thẳng d qua A song song với BD Kẻ HE // KA, E thuộc d 0,25 (SHE) (SA,d); ( SHE ) ( SA, d ) SE Kẻ HF vng góc với SE F HF vng góc với (SA,d) BD//(SA,d) nên d(BD,SA)=d(BD,(SA,d))=d(H, (SA,d))=HF 0,25 1 25 25 25 2 2 2 SH HE 144a 144a 72a Trong tam giác SHF ta có HF 0,25 HF 2a 2a d ( BD, SA) 5 0,25 2,0đ Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vuông góc với (ABC) O’ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC O’ thuộc SO Giả sử SO’ cắt mặt cầu D tam giác SAD vuông A Gọi SA=SB=SC=l SO '.SD SA2 SO ' Trong tam giác SAD ta có SA2 l (1) SD R 0,25 Gọi E trung điểm BC ta có BC 2 BE 2l sin BC AO ' SO ' SA2 O ' A2 l 2l sin 2 sin (2) l2 l sin l 2 R sin 3 Từ (1) (2) ta có R S ABC 4 3R (1 sin )sin 2 SO ' 2 R(1 2 sin ) 3 VS ABC SO '.S ABC R (1 sin ) sin 3 2 Đặt x sin x 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y x (1 Xét hàm số x) (16 x 24 x x) x y ' (16 x 16 x 3) y ' 0 x 3 x y ẳ + ắ - + 1/9 y 0,25 3R x sin 600 2 Thể tích S.ABC lớn 27 Gọi mặt cầu tâm I (a; b; c ) , bán kính R Mặt cầu tiếp xúc với mặt ( ) : x 1;( ) : y 1;( ) : z 1 Câu 2,0đ nên R a b 1 c Điểm A(2; 2;5) thuộc miền thỏa mãn : x 1; y 1; z Mặt cầu có tâm I qua A nên a 1; b 1; c a R R a b c b R c R Vậy 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 I ( R 1; R 1; R 1) IA R IA2 R ( R 1) ( R 1)2 ( R 4) R R 12 R 18 0 R 3 Vậy mặt cầu (S) có tâm I (4; 4;4) , bán kính R 3 2 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu : ( x 4) ( y 4) ( z 4) 9 a b 2c a b 2c 6ln(a b 2c) 1 a 1 b 1 ( a b 2c 1)( ) 6ln( a b 2c) 1 a 1 b 0,25 P2 Câu 2,0đ 0,25 Ta chứng minh BĐT sau 1 (a, b 0; ab 1) a b ab Thật 1 ( a a b ab b ) ( ab 1) 0 (ln ab 1 ) 0,25 Lại có ab 1 4 16 a b ab ab c ab bc ca (a c)(b c) (a b 2c) ab 16(a b 2c 1) P2 6ln(a b 2c) (a b 2c) 16(t 1) P2 6ln t t t a b c Đặt ta có 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số 16(t 1) 6t 16t 32 f (t ) 6ln t f '( t ) f '(t ) 0 t 4 t2 t3 t + f’(t) - 0,25 + f(t) f (4) 5 6ln 0,25 P 3 6ln MinP 3 6ln a b c 1 0,25 Lưu ý: Các cách giải khác, cho điểm tương đương theo phần hướng dẫn chấm HẾT ... 1……………………………….Người coi thi số 2.……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2017 - 2018 (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Hướng dẫn chấm mơn: Mơn Tốn – Lớp 12 Câu ý... (2,5đ) y '' =- x + 6mx + 1- m 5,0đ ( Điểm Nội dung 0,25 ) x m y '' 0 x m Hàm số ln có hai điểm cực trị x m y m2 3m Điểm cực tiểu đồ thị (m 1; m 3m 2) 0,25 0,25 0,25... điểm : 2x 1 x m x 1 x (3 m) x m 0 m2 2m 0m Đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B 0,25 0,25 0,25 Gọi A( x1; x1 m), B( x2 ; x2 m) Theo Vi-ét x1 x2