Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÁI BÌNH<br /> <br /> ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018<br /> ----------------------------------------------------------------------------------------------------------<br /> <br /> ------------------<br /> <br /> Môn: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> <br /> Câu 1. (4,0 điểm)<br /> <br /> 2x −1<br /> có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng<br /> x +1<br /> khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> <br /> 1) Cho hàm số: y =<br /> <br /> 2) Cho hàm số: y = 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 có đồ thị là ( Cm ) ( m là tham số). Tìm<br /> tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ<br /> 6.<br /> x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Câu 2. (4,0 điểm)<br /> 1) Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( n ∈ N * ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập hợp<br /> các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S,<br /> 1<br /> biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là<br /> . Tìm n.<br /> 13<br /> 2) Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ 0;100π ] của phương trình:<br /> 3 − cos2 x + sin2 x − 5sinx − cosx<br /> =0<br /> 2cos x + 3<br /> <br /> <br /> x2<br /> Câu 3. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để=<br /> hàm số y log 2018  2017 x − x − − m  xác định<br /> 2<br /> <br /> <br /> với mọi x thuộc [ 0;+∞ ) .<br /> Câu 4. (6,0 điểm)<br /> Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, <br /> ABC = 600 ,<br /> SA<br /> = SB<br /> = SC , SD = 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.<br /> 1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).<br /> 2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích V1 ;V2 trong đó V1 là<br /> V<br /> thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1 .<br /> V2<br /> 3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích mặt cầu<br /> ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.<br /> Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:<br /> <br />  x3 − y 3 − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 =<br /> 0<br /> <br /> 0<br />  x 2 + y − 5 + 3 y − 3 x 2 − 6 y + 13 =<br /> <br /> Câu 6. (2,0 điểm)<br /> Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:<br /> P = (1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 )(1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 )<br />  HẾT <br /> Họ và tên thí sinh:............................................................... SBD:...................<br /> <br /> KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018<br /> ----------------------------------------------------------------------------------------------<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÁI BÌNH<br /> <br /> ------------------<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM<br /> MÔN TOÁN<br /> (Gồm 05 trang)<br /> ĐÁP ÁN<br /> <br /> CÂU<br /> Câu 1.<br /> (4 điểm)<br /> 1.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> ĐIỂM<br /> <br /> 2x −1<br /> có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho<br /> x +1<br /> tổng khoảng cách từ điểm M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> Cho hàm số: y =<br /> <br /> Ta có:=<br /> lim y 2;=<br /> lim y 2 nên y=2 là đường tiệm cận ngang<br /> x →+∞<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> x →−∞<br /> <br /> lim y = −∞; lim− y = +∞ nên x=-1 là đường tiệm cận đứng<br /> <br /> x →−1+<br /> <br /> x →−1<br /> <br />  2x −1 <br /> Giả sử điểm M  x0 ; 0  ∈ ( C ) ; x0 ≠ −1<br /> x0 + 1 <br /> <br /> 3<br /> d( M ,TCD=<br /> x0 + 1 ; d( M ,TCN ) =<br /> )<br /> x0 + 1<br /> Suy ra: d( M ,TCD ) + d( M ,TCN ) = x0 + 1 +<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 3<br /> ≥2 3<br /> x0 + 1<br /> <br /> 0,5<br /> <br />  x=<br /> 3 − 1( tm )<br /> 0<br /> Dấu bằng xảy ra khi <br /> .Các điểm M cần tìm:<br />  x0 =<br /> − 3 − 1( tm )<br /> 2.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> (<br /> (<br /> <br /> )<br /> <br /> M =<br /> 3 − 1; 2 − 3<br /> <br />  M =− 3 − 1; 2 + 3<br /> <br /> <br /> )<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Cho hàm số: y = 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 có đồ thị là ( Cm ) ( m là tham<br /> số). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân<br /> biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =<br /> 6.<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 x3 − ( m + 6 ) x 2 − ( m 2 − 3m ) x + 3m 2 =<br /> 0 (1)<br /> ⇔ ( x − 3) ( 2 x − mx − m<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0<br /> )=<br /> <br /> <br /> x = 3<br /> <br /> ⇔ x =<br /> m<br /> <br /> −m<br /> x =<br /> <br /> 2<br /> Để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3<br /> m ≠ 3<br /> <br /> nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0<br /> m ≠ −6<br /> <br />  m = 0 ( loai )<br /> Khi đó: ( x1 − 1) + ( x2 − 1) + ( x3 − 1) =6 ⇔ <br />  m = 4 ( tm )<br /> <br /> 5<br /> 4<br /> Vậy m =<br /> 5<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> CÂU<br /> Câu 2.<br /> (4 điểm)<br /> 1.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> ĐÁP ÁN<br /> <br /> ĐIỂM<br /> <br /> Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( n ∈ N ,n ≥ 2 ). Gọi S là tập<br /> hợp các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác<br /> 1<br /> thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn được một tam giác vuông trong tập S là<br /> . Tìm n.<br /> 13<br /> 3<br /> Số phần tử của tập hợp S là: C2n<br /> *<br /> <br /> 3<br /> Số phần tử không gian mẫu: n ( Ω ) = C2n<br /> <br /> Gọi A là biến cố: “ Chọn được tam giác vuông”<br /> Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm O.<br /> Mỗi tam giác vuông được tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O<br /> và một đỉnh trong 2n-2 đỉnh còn lại .<br /> ⇒ Số tam giác vuông được tạo thành: Cn1 .C21n − 2<br /> Theo bài ra ta có: P ( A ) =<br /> 2.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> Cn1 .C21n − 2 1<br /> =<br /> ⇔ n = 20<br /> C23n<br /> 13<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc [ 0;100π ] của phương trình:<br /> 3 − cos2x+sin2x-5sinx-cosx<br /> =0<br /> 2cosx+ 3<br /> − 3<br /> 2<br /> 3-cos2x+sin2x-5sinx-cosx=0<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Điều kiện: cosx ≠<br /> <br /> ⇔ 2sin 2 x-5sinx+2+2sinx.cosx-cosx =<br /> 0<br /> <br /> Câu 3.<br /> (2 điểm)<br /> <br />  2sin x − 1 =0<br /> ⇔ ( 2sin x − 1)( s inx+cosx-2 ) =<br /> 0⇔<br /> s inx+cosx-2=0<br /> sin x + cos x − 2 =<br /> 0 (phương trình vô nghiệm)<br /> π<br /> <br />  x = 6 + k 2π<br /> 2sin x − 1 = 0 ⇔ <br /> (k ∈ Z )<br />  x = 5π + k 2π<br /> <br /> 6<br /> π<br /> Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình là: x = + k 2π, k ∈ Z<br /> 6<br /> π<br /> x ∈ [ 0;100π] ⇒ 0 ≤ + k 2π ≤ 100π ⇒ 0 ≤ k ≤ 49, k ∈ Z<br /> 6<br /> Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là:<br /> π π<br />  π<br /> <br /> π<br />  π π<br />  50 7375<br /> +  + 2π  +  + 4π  + ... +  + 98π  =  + + 98π  . =<br /> π<br /> 6 6<br /> 3<br />  6<br /> <br /> 6<br />  6 6<br />  2<br /> Hàm số xác định với mọi x thuộc [0;+∞) khi và chỉ khi<br /> x2<br /> x2<br /> 2017 x − x − − m > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ 2017 x − x − > m, ∀x ∈ [ 0; +∞ )(*)<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> x2<br /> trên [ 0; +∞ ) . Hàm số liên tục trên [ 0; +∞ )<br /> 2<br /> =<br /> f '( x) 2017 x.ln 2017 − 1 − x và liên tục trên [0;+∞)<br /> <br /> Xét hàm số: f =<br /> ( x) 2017 x − x −<br /> <br /> =<br /> f ''( x) 2017 x. ( ln 2017 ) − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ )<br /> 2<br /> <br /> ⇒ f ' ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ' ( x ) ≥ f=<br /> ' ( 0 ) ln 2017 − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ )<br /> <br /> ⇒ f ( x) là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ min f ( x ) =<br /> 1<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> Bất phương trình (*) ⇔ f ( x ) > m, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ min f ( x ) > m ⇔ m < 1<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> [0;+∞ )<br /> <br /> [0;+∞ )<br /> <br /> 2<br /> <br /> ĐÁP ÁN<br /> <br /> CÂU<br /> <br /> ĐIỂM<br /> <br /> ABC = 600 ,<br /> Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, <br /> (6,0 điểm) SA<br /> = SB<br /> = SC; SD<br /> = 2a . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.<br /> 1) Tính khoảng cách từ A đến (SCD)<br /> 2) Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V1 ;V2 trong<br /> V<br /> đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1<br /> V2<br /> 3) Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện<br /> tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.<br /> S<br /> <br /> N<br /> <br /> M<br /> E<br /> A<br /> <br /> D<br /> <br /> K<br /> <br /> O<br /> H<br /> C<br /> <br /> B<br /> <br /> 1.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> Tính khoảng cách từ A đến (SCD)<br /> Gọi H là trọng tâm ∆ ABC . Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) và tính được SH =<br /> <br /> 2 6a<br /> 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3<br /> Lập luận được d( A,( SCD )) = d( H ,( SCD ))<br /> 2<br /> 2 6a<br /> Tính được d( H ,( SCD )) =<br /> 9<br /> a 6<br /> Suy ra d( A,( SCD )) =<br /> 3<br /> 2.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> <br /> Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành 2 phần có thể tích V1 ;V2 trong đó V1 là<br /> V<br /> thể tích khối đa diện chứa đỉnh S. Tính 1<br /> V2<br /> Trong mặt phẳng (SAB), dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với SB tại K.<br /> Chứng minh ( AKC ) ⊥ SB . Suy ra (P) là mặt phẳng (AKC)<br /> a 3<br /> SK 5<br /> ⇒<br /> =<br /> 6<br /> SB 6<br /> SK 5<br /> 5<br /> 5<br /> 1<br /> =<br /> = ⇒ VSAKC = VSABC = VSABCD ⇒ V2 = VSABCD<br /> SB 6<br /> 6<br /> 12<br /> 12<br /> <br /> Tính được SB =<br /> V<br /> ⇒ SAKC<br /> VSABC<br /> =<br /> ⇒ V1<br /> <br /> 3a; BK =<br /> <br /> V1<br /> 11<br /> VSABCD ⇒<br /> =<br /> 11<br /> 12<br /> V2<br /> 3<br /> <br /> 1,0<br /> 1,0<br /> <br /> ĐÁP ÁN<br /> <br /> CÂU<br /> 3.<br /> (2 điểm)<br /> <br /> ĐIỂM<br /> <br /> Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của K trên SC và SA. Tính diện tích<br /> mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K.ACMN.<br /> Trong mặt phẳng (AKC) dựng d1 là đường trung trực của đoạn AK; d 2 là đường<br /> trung trực của đoạn KC, d1 cắt d 2 tại điểm I.<br /> Chứng minh được I cách đều 5 đỉnh của hình chóp K.ACMN<br /> Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K.ACMN. Do đó bán kính mặt cầu bằng<br /> bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC<br /> S<br /> <br /> N<br /> <br /> M<br /> d1<br /> A<br /> <br /> K<br /> I<br /> <br /> d2<br /> C<br /> <br /> 1,0<br /> Tính được KA<br /> = KC<br /> =<br /> <br /> a 33<br /> 6<br /> <br /> a2 6<br /> 6<br /> KA.KC. AC 11 6a<br /> Bán kính mặt=<br /> cầu là : R =<br /> 4 S KAC<br /> 48<br /> <br /> Diện tích tam giác KAC: S KAC =<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 121πa 2<br /> Diện tích mặt cầu: S mc =4πR 2 =<br /> 96<br /> 3<br /> 3<br /> Câu 5.<br />  x − y − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 =<br /> 0 (1)<br /> (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: <br /> 0 ( 2)<br />  x 2 + y − 5 + 3 y − 3 x 2 − 6 y + 13 =<br />  x2 + y − 5 ≥ 0<br /> <br /> Điều kiện:  y ≥ 0<br /> 3 x 2 − 6 y + 13 ≥ 0<br /> <br /> Biến đổi phương trình (1) ⇔ ( x − 2 ) + 3 ( x − 2 ) = ( y − 1) + 3 ( y − 1)<br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> Phương trình có dạng: f ( x − 2 )= f ( y − 1) với f ( t ) =t 3 + 3t , t ∈ R<br /> f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, t ∈ R nên hàm số f ( t ) đồng biến trên R<br /> Do đó: f ( x − 2 ) = f ( y − 1) ⇔ x − 2 = y − 1 ⇔ y = x − 1<br /> Thay vào phương trình (2) ta được:<br /> <br /> x 2 + x − 6 + 3 x − 1 − 3 x 2 − 6 x + 19 =<br /> 0 ( 3)<br /> <br /> Điều kiện: x ≥ 2<br /> 4<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> <br />