Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng 4 năm 2015 (Đề gồm 01 trang) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số f x x323( m 1) x 3 m ( m 2) x 2 m (1) (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới trục hoành bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung. Câu 2. (5,0 điểm) sin2x cos2 x 3 2 sin x 2 1. Giải phương trình 1. 2 sinxx cos 2015xy x22 1 x y 1 y 1 2. Giải hệ phương trình 18y2 25x22 9 x 9 x 4 2 y2 1 Câu 3. (5,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I 4;2 là trung điểm đoạn BC, điểm A nằm trên đường thẳng d: 2 x y 1 0. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết phương trình đường thẳng DE: x 3 y 18 0 và BD 25 điểm D có tung độ nhỏ hơn 7 . Xác định tọa độ các điểm ABC,,. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ABC(1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2) và mặt phẳng P : x2 y 2 z 1 0 . Viết phương trình mặt phẳng () đi qua A, vuông góc với mặt phẳng , cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB2 IC . Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.'''' A B C D có AB1, BC 2, AA ' 3. Mặt phẳng thay đổi và luôn đi qua C ', mặt phẳng P cắt các cạnh AB,,' AD AA lần lượt 1 2 3 tại EFG,, (khác A). Chứng minh rằng không đổi. Từ đó, xác định vị trí của AE AF AG mặt phẳng P để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất. Câu 5. (3,5 điểm) e x321 ln x 2015 x 1 1. Tính tích phân I dx. 2015xx ln 1 2. Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn 22CCCC 0 2 3 1 2 4 2 2nn 2 2 n n n n . 1.2 2.3 3.4nn12 2017 Câu 6. (1,5 điểm) Cho a,,, b x y là các số thực thỏa mãn 0a 4;0 b 4; a b 7;2 x 3 y . Tìm 22x22 y x y giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . xy a22 b Hết Họ và tên thí sinh : Số báo danh
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán – Lớp 12 Câu Lời giải sơ lược Điểm 1 3,0 y' 3 x2 6 m 1 x 3 m ( m 2); y'0 x m hoặc xm2 0,5 Hàm số có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị là: A m; m32 3 m m 2 , B m2; m32 3 m m 6 0,5 Chỉ ra A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu. (Xét dấu y ' hoặc dùng BBT) 0,5 Ta có d A; Ox m32 3 m m 2 , d B;2 Oy m 0,5 mm323 4 0 Theo giả thiết ta có: m323 m m 2 m 2 0,5 m323 m 2 m 0 m 2 m 1 0,5 m 1 m 0 2.1 2,5 ĐK: sinxx cos 0. 0,5 Phương trình tương đương: sin2x cos2 x 3 2 sin x 2 1 sin2 x 0,5 sinx 2( loai ) 2 2sinxx 3 2 sin 2 0 1 0,5 sinx 2 xk2 4 k 5 xk2 1,0 4 5 Từ đó tìm được nghiệm x k2 k 4 2.2 2,5 2015xy x22 1 x y 1 y 1 1 18y2 25x22 9 x 9 x 4 2 2 y2 1 2 Điều kiện: x . 1,0 3 2 1 2015xyx2 1 x 2015 y 1 y 2 xln2015 ln x2 1 x y ln2015 ln y 1 y
3. Xét hàm số f t tln2015 ln t2 1 t , t . 1 f' t ln2015 0, t . Do đó, hàm số đồng biến trên . t 2 1 Từ đó, suy ra xy thay vào 2 ta được *Lưu ý: Học sinh có thể xét hàm g t2015t 1 t2 t và chứng minh g đồng biến dẫn đến . 18x 2 25x22 9 x 9 x 4 2 3 x 2 1 2 18x 2 Nếu x thì 18x22 ,7 x 2 VT 3 VP 3 (loại trường hợp này) 0,5 3 x 2 1 2 4 2 18 Nếu x thì 3 25 9 9 3 x2 x 2 x 2 1 19 Đặt tt0 ta được x 2 4 18tt 18 259942t t 122499490 t t 0,5 tt11 6 36t 2 tt2 2 2 0 t 1 9 4t 1 t 2 6 36 2 0 4 t 1 9 4t 1 36 9 (Vì 0 9 4t 3 12 36 VT 4 0, t 0; ) 9t 4 1 4 t 2 0,5 11 Từ đó, tìm được xy, thỏa mãn hệ ban đầu. 22 36 *Lưu ý: Có thể biến đổi 3 252x22 1 24189 x x 490 x 2 1 từ đó đi đến nhân tử 2x 2 1. 3.1 2,5
4. E Ta có D 2.AI DE AB AC AE AD A AB AE AC AD J 0,5 AB. AE .cos BAE AC . AD .cos CAD 0 AI DE B I C Phương trình đường thẳng AI : 3x 4 y 2 0 3 x y 14 0 3x y 14 0 x 3 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ A 3;5 . 2x y 1 0 y 5 0,5 BD2 5 AD 10 . Gọi D3 a 18; a ta có 38 22 a loai AD10 3 a 21 a 5 10 10 a2 136 a 456 0 5 a 6 0,5 aD6 0;6 Đường thẳng AB đi qua A 3;5 , vtpt là AD 3;1 có phương trình 3x 3 y 5 0 3 x y 4 0 Gọi tọa độ điểm B b;3 b 4 ta có 0,5 22b 4 AB10 b 3 3 b 9 10 b 2 Với b4 B 4;8 C 4; 4 , loại do góc BAC tù. Với b2 B 2;2 C 6;2 , thỏa mãn. 0,5 *Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh được AI DE mà sử dụng luôn thì cả bài cho 1,0 điểm 3.2 2,5 Gọi mặt phẳng () có vtpt là n a;; b c (a;; b c không đồng thời bằng 0) 0,5 Mp() mp() P nên 2 VTPT vuông góc nhau a2 b 2 c 0 a 2 b 2 c (2) Vì qua A 1;1; 1 nên PT có dạng : 2b 2 c x 1 b y 1 c z 1 0 Mà IB2 IC d B , 2 d C , 1,0 3c 2 3 c 3 b cb2 2232cb 2b 2 c b2 c 2 2 b 2 c b 2 c 2 TH1: cb2 chọn ba1,c 2 2 , phương trình mp () là 2x y 2 z 3 0 0,5 TH2: 32cb chọn ba3,c 2 2 , phương trình mp () là 2x 3 y 2 z 3 0 0,5 4 2,0
5. z G A' D' B' C' A≡O D 1,0 B F y C E x Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ ở đó AOBDA0;0;0 , 1;0;0 , 0;2;0 , ' 0;0;3 Khi đó, E AE;0;0, F 0; AF ;0,G0;0; AG , C '1;2;3 x y z Phương trình mặt phẳng P là 1 AE AF AG 1 2 3 Vì CP' nên 1 AE AF AG 1 1 1 V AE. AF . AG 27 AEFG 6 1 2 3 3 1 2 3 0,5 AE AF AG AE AF AG 27 Do đó, thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất khi và chỉ khi AE 3 1 2 3 1 AF 6 (*) AE AF AG 3 AG 9 Vậy vị trí của mặt phẳng P để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất là vị trí của P đi qua 0,5 EFG,, thỏa mãn điều kiện (*). *Lưu ý: Học sinh không chứng minh kết quả mà sử dụng ngay cho việc tìm giá trị nhỏ nhất của VAEFG thì cho 0,5 điểm. 5.1 1,5 e32 e e x1 ln x 2015 x 1 1 ln x I dx x2 dx dx 0,5 2015x ln x 2015 x ln x 1 1 1 e e xe331 x2 dx 0,5 33 1 1 ee 1 lnx d2015 x ln x e e 2015 dxln 2015 x ln x ln 2015x ln x 2015 x ln x 1 2015 11 0,5 ee3 1 2015 Vậy I ln . 3 2015 5.2 2,0
6. C k C k 1 Chứng minh đẳng thức n n 1 ,,,.k n k n kn11 0,5 C k CCkk12 Ta có n nn12 k1 k 2 n 1 k 2 n 1 n 2 22CCCC 0 2 3 1 2 4 2 2nn 2 n n n n 1.2 2.3 3.4 nn12 0,5 22CCC 2 2 3 3 2nn 2 2 n2 n 2 n 2 n1 n 2 n 1 n 2 n 1 n 2 1n 2 2n 2 2 1 2CC01 2 n1 n 2nn22 n 1 n 2 n 2 1,0 Từ đó suy ra, n 2015 . 6 1,5 Do ab, vai trò như nhau nên ta có thể giả sử ab. 7 7 49 49 49 Nếu a thì b a22 b . 2 2 4 4 2 7 2 Nếu a thì a2 b 2 a 27 a 2 a 2 14 a 49 2 7 Xét hàm số f a2 a2 14 a 49, a ;4 2 0,5 7 7 f' a 4 a 14 0, a ;4 , fa liên tục trên ;4 . 2 2 Do đó, fa đồng biến trên f a f 4 25 . ab2225 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab4, 3 hoặc ab3, 4 . 2x2 y 2 2 x y 2 x 2 y 2 2 x y 1 y 1 2 x 2 Do đó, P 22 xy a b 25xy 25 x y yx1 2 2 Xét hàm số g y,3 y . xy 2 1 2x 2 y21 x x gy' x y22 xy g' y 0 y 2 x x 1 (do 23xy) Bảng biến thiên 0,5
7. y 3 2x(x+1) + ∞ g'(y) - 0 + + ∞ g(3) g(y) g( 2x(x+1)) 2xx 1 1 2x 2 1 1 Do đó, g y g2 x x 1 2 2 1 x21xx x x 1 1 4 6 1 2 2 1 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi x 3. Khi đó, y 26. 0,5 4 6 1 Vậy P đạt được khi x3, y 2 6, a 4, b 3 (hoặc ab3, 4 ). min 75 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm