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

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

1. SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI VĂN HOÁ CẤP T ỈNH BẮC GIANG NĂM H ỌC 2014 - 2015 MÔN THI: TOÁN L ỚP 12 PH Ổ THÔNG ĐỀ CHÍNH TH ỨC Ngày thi: 20/3/2015 (Đề thi có 01 trang) Th ời gian làm bài 180 phút, không k ể th ời gian giao đề x + 2 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm s ố y = có đồ th ị là ( C). Vi ết ph ươ ng trình ti ếp tuy ến c ủa ( C), bi ết r ằng 2x − 1 ti ếp tuy ến đó t ạo v ới đường th ẳng ():2d x+ 3 y − 1 = 0 một góc 45 0 . Câu 2 ( 2,0 điểm). Tìm các giá tr ị c ủa tham s ố m để đồ th ị hàm s ố y= mx3 −3 mx 2 +( 21 m ++−) x 3 m có hai 1 15  điểm c ực tr ị A và B sao cho kho ảng cách t ừ điểm I ;  đến đường th ẳng AB đạt giá tr ị lớn nh ất. 2 4  Câu 3 ( 2,0 điểm). Cho đa giác đều ( H) có n đỉnh ( n∈ℕ, n > 4 ). Tìm n , bi ết r ằng s ố các tam giác có ba đỉnh là đỉnh c ủa ( H) và không có c ạnh nào là c ạnh c ủa ( H) g ấp 5 l ần s ố tam giác có ba đỉnh là đỉnh c ủa ( H) và có đúng m ột c ạnh là c ạnh c ủa ( H). e lnx − 1 Câu 4 ( 2,0 điểm). Tính tích phân I= dx . ∫ 2− 2 1 xln x Câu 5 ( 2,0 điểm). Gi ải ph ươ ng trình (1+x)( 24 +x) =⋅ 34 x ( x ∈ℝ). Câu 6 ( 2,0 điểm). Cho hình l ăng tr ụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O. Hình chi ếu vuông góc c ủa C’ lên m ặt ph ẳng ( ABC ) trùng v ới O. Bi ết kho ảng cách t ừ O đến đường th ẳng CC’ bằng a, góc gi ữa hai m ặt ph ẳng ( ACC’A’ ) và ( BCC’B’ ) b ằng 60 0 . Tính theo a th ể tích kh ối l ăng tr ụ ABC.A’B’C’ và kho ảng cách gi ữa hai đường th ẳng CC’ và AB’ . Câu 7 ( 2,0 điểm). Trong không gian v ới h ệ trục to ạ độ Oxyz, cho m ặt ph ẳng ():Pxy− − 2 z −= 50 và x−2 y − 3 z + 3 đường th ẳng (d ) : = = . Vi ết ph ươ ng trình đường th ẳng (∆ ) nằm trong ( P), song song v ới 4 2 1 (d ) và cách (d ) một kho ảng b ằng 14 . Câu 8 ( 2,0 điểm). Trong m ặt ph ẳng to ạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;3 ) , đường phân giác trong góc A có ph ươ ng trình x− y = 0 . Điểm I (2;1 ) là tâm đường tròn ngo ại ti ếp tam giác ABC . Tìm to ạ độ các 8 đỉnh B và C bi ết r ằng BC = và góc BAC nh ọn. 5 Câu 9 ( 2,0 điểm). Gi ải h ệ ph ươ ng trình  xy33+ xy 22 +  −xy =  xy 2 ( x, y ∈ ℝ) .  3x− y − 1 2 2015+−xy 3 += 1 4 xy − 4 + 2 Câu 10 ( 2,0 điểm). Cho các s ố th ực d ươ ng a, b, c tho ả mãn a2+++ b 2 c 2 ab =2( abc + ) . Tìm giá tr ị nh ỏ nh ất c ủa bi ểu th ức c2 c 2 ab P = + + . ()a+ b − c 2 a2+ b 2 ab + HẾT Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: S ố báo danh: Giám th ị 1 ( Họ tên và ký ) Giám th ị 2 ( Họ tên và ký )
2. SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO HƯỚNG D ẪN CH ẤM BẮC GIANG BÀI THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH NGÀY THI 20/3/2015 HDC ĐỀ CHÍNH TH ỨC MÔN THI: TOÁN L ỚP 12 PH Ổ THÔNG (B ản h ướng d ẫn ch ấm có 04 trang) Hướng d ẫn gi ải Điể Câu m Câu 1 (2 đ) 1  −5 a + 2  TX Đ: ℝ \   . Ta có y ' = . Ti ếp tuy ến c ủa (C) t ại điểm M a ;  có ph ươ ng trình là   2   2  (2x − 1)  2a − 1    0.5 −5a + 2 y=( x − a ) + (△ ) . (2a − 1) 2 2a − 1 2 (△ ) có VTPT là n(5;(2 a − 1) ) ; ( d) có VTPT là n '(2;3) . (2.0 |.'|n n 2 |10+ 3(2 a − 1)|2 0.5 điểm) Ta có cos 45 0 = ⇔ = |n |.| n '| 2 13. 25+ (2a − 1) 4 t = 1 Đặt t=(2 a − 1)2 ≥ 0 ta có PT trên thành t2 +24 t − 25 = 0 ⇔  0.5 t= − 25 ( l )  Với t = 1 tính được a = 0 ho ặc a = 1. Vậy có hai ti ếp tuy ến c ủa ( C) tho ả mãn là: y= −5 x − 2 và y= −5 x + 8 . 0.5 Câu 2 (2 đ) TX Đ: ℝ . Ta có y'3= mx2 − 6 mx ++ 21 m ố đ ể ự ị ệ ệ x x Hàm s có hai i m c c tr ⇔ y’ = 0 có hai nghi m phân bi t 1, 2 0.5   m ≠ 0 m > 1 ⇔ ⇔  (*). ∆='3m2 − 3 m > 0 m < 0     1 1 2 10 − m 2 10 − m Ta có yyx='. −+− (1 mx ) + . Suy ra AB : y=(1 − m ) x + 0.5 333  3 3 3 (2.0   điểm)  1  Ta th ấy đường th ẳng AB luôn đi qua điểm c ố định C − ;3 .  2  0.5 5 Ta có dIAB( ; ) ≤ IC = . Suy ra kho ảng cách t ừ I đến AB lớn nh ất khi IC⊥ AB 4 AB có VTCP là u=(3;2 − 2 mIC) ; ( −− 1; 3 / 4) ; 0.5 3 Ta có uIC.=⇔−− 0 3 (22)0 − m =⇔ m = 3 (TM ĐK). Vậy m = 3 là giá tr ị c ần tìm. 4 Câu 3 (2 đ) ố đỉ ộ 3 ố đỉ ộ ạ ạ S các tam giác có 3 nh thu c ( H) là Cn . S các tam giác có 3 nh thu c ( H) và có 2 c nh là c nh của ( H) là: n. 0.5 (2.0 Số các tam giác có 3 đỉnh thu ộc ( H) và có đúng 1 c ạnh là c ạnh c ủa ( H) là: n(n – 4) điểm) Suy ra s ố các tam giác có ba đỉnh thu ộc ( H) và không có c ạnh nào là c ạnh c ủa ( H) là 3 0.5 Cn − n − nn( − 4) .
3. ả ế 3 Theo gi thi t ta có Cn −− nnn( −= 4) 5 nn ( − 4) 0.5 GPT trên tìm được n = 35 ( giá tr ị n = 4 lo ại). 0.5 Câu (2 đ) 4 lnx − 1 e e − 2 =lnx 1 = x Ta có I∫2 2 dx ∫ 2 dx 0.5 x− ln x ln x  1 1 1−   x  (2.0 lnx 1ln− x Đặt u= ⇒ du = dx . Đổi c ận: x=⇒=1 u 0; xeu =⇒= 1 / e điểm x x 2 0.5 ) 1/e 1/ e du 1 1 1  Khi đó I= = −  du 0.5 ∫2 ∫ u u  0u − 1 2 0 − 1 + 1  1u− 1 1 e − 1 =ln1/ e = ln . 0.5 2u+ 10 2 e + 1 Câu (2 đ) 5 3.4 x ()1+x() 24 +x =⋅⇔+= 34 x 1 x + x 2 4 x2 x 3.4 x (4)+( 4 − 6ln44) + 4 0.5 ố =+− ∈ ℝ = Xét hàm s fx()1 xx , x . Ta có f'( x ) 2 . 2+ 4 ()2+ 4 x (2.0 Đặt t =4x > 0 thì PT f ’( x) = 0 thành t2 +−(4 6 ln 4) t += 4 0 (1). điểm Ta th ấy (1) có hai nghi ệm d ươ ng phân bi ệt t, t (do ∆>' 0,t +> t 0, tt > 0 ) ) 1 2 1 2 12 0.5 đ ệ ệ xx x x Do ó PT f’ (x) = 0 có hai nghi m phân bi t 12, ( 1< 2 ) . Từ BBT c ủa f(x) suy ra ph ươ ng trình f(x) = 0 có không quá 3 nghi ệm. 0.5   1 Ta th ấy f(0)= 0, f (1) = 0, f   = 0 nên PT đã cho có đúng ba nghi ệm là 0; 1; 1/2. 0.5 2  Câu (2 đ) 6 D A' B' C' (2.0 điểm 0.5 N ) A B M H O K C Gọi H là hình chi ếu vuông góc c ủa O trên CC’ thì OH = a. Gọi M, D lần l ượt là trung điểm c ủa AB và A’B’ . Trong mp( CMDC’ ) d ựng MN/ / OH thì
4. MN⊥ CC ' (1); mà AB⊥ CMAB, ⊥⇒⊥ CO ' AB (') CMC ⇒⊥ AB CC ' (2). Từ (1) và (2) suy ra CC'(⊥ ABN ) ⇒( ( ACCA '');( BCCB '')) = ( ANBN ; ) Nếu ANB = 60 0 thì do tam giác NAB cân t ại N nên tam giác ABN đều. Suy ra AN= AB = AC (vô lí vì tam giác NAC vuông t ại N). Suy ra ANB = 120 0 3 3a 2 3a Tính được MN== OH; AB == 2 MA 33; a CO == CM 3; a OC ' = . 2 2 3 2 2 81a 3 6 Vậy th ể tích kh ối l ăng tr ụ c ần tìm là V= OC'. S = 0.5 ABC 16 Do CC’ // ( ABB’A’ ) nên d(CC’ ; AB’ ) = d(CC’ ; (ABB’A’ )) = d(C; ( ABB’A’ )). Vì AB ⊥ (CMC’ ) nên ( ABB’A’ ) ⊥ (C’CM ) ; mà (ABB '')(' A∩ C CM ) = MD . 0.5 Dựng CK ⊥ MD thì suy ra CK ⊥ (ABB’A’ ) nên d(C; ( ABB’A’ )) = CK . COCM' . 3 a 3a Ta có CKMD.= C ' OCM . ⇒= CK = . Vậy d(CC’ ; AB’ ) = 0.5 MD 2 2 Câu (2 đ) 7 Mp ( P) có VTPT n =( − 1;1;2) , d có VTCP u(4;2;1) và đi qua A(2;3;− 3) .Nh ận th ấy d⊂ ( P ) . 0.5 Gọi ( d’ ) là đường th ẳng đi qua A, vuông góc v ới ( d) và n ằm trong ( P) thì ( d’ ) c ắt (∆ ) tại điểm H và 0.5 AH = 14 (2.0 điểm Khi đó ( d’ ) có VTCP là u'= [ n , u ] =− ( 3;9; − 6) có PTTS {x=−2, ty =+ 33, tz =−− 32 t ) 0.5 Do H thu ộc ( d’ ) nên Ht(2− ;3 + 3; t −− 3 2) t . Ta có AH=14 ⇔ t =± 1 . x−1 y − 6 z + 5 x−3 y z + 1 Với t = 1 thì (∆ ) : = = . Với t = - 1 thì (∆ ) : = = . 0.5 4 2 1 4 2 1 Câu (2 đ) 8 A I C B H D Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn (T) ngo ại ti ếp tam giác ABC tại điểm th ứ hai là D, khi đó (2.0 D là điểm chính gi ữa c ủa cung BC . Suy ra ID⊥ BC . điểm m = 0 ) Gọi D(m ; m) thu ộc AD . Ta có ID= IA ⇔( m − 2)2 + ( m − 1) 2 =⇔ 5  m = 3. 0.5  Với m = 3 thì D(3;3) (lo ại do D trùng A). Với m = 0 thì D(0;0) . Đường th ẳng BC có VTPT DI = (2;1) nên có ph ươ ng trình d ạng 2x+ y + c = 0 3 0.5 Gọi H là trung điểm c ủa BC thì IH= IB2 − BH 2 = . 5 3 |c + 5| 3 c = − 2 Do đó d( I ; BC ) =⇔ =⇔  0.5 c = − 8. 5 5 5 
5. Với c = − 2 thì BC:2 x+ y − 20 = (TM) Với c = − 8 thì BC:2 x+ y − 80 = (lo ại vì khi này A, I nằm khác phía v ới BC nên góc BAC tù). Đường tròn ( T) ngo ại ti ếp tam giác ABC có pt (x− 2)2 + ( y − 1) 2 = 5 .Suy ra to ạ độ c ủa B, C là  2x+ y − 2 = 0 8 6  8 6  0.5 nghi ệm c ủa h ệ  Suy ra B(0;2), C  ; −  ho ặc B ;−  , C (0;2) . (x− 2)2 + ( y − 1) 2 = 5. 5 5  5 5       Câu (2 đ) 9 Điều ki ện: xy>0, 4 x2 −+≥ 4 y 2 0 . Từ PT đầu c ủa h ệ t ươ ng đươ ng v ới xy33+ xy 22 + =xy + (1) . xy 2 3 3 Từ (1) suy ra suy ra xy+ >0 ⇒ xy + > 0 . K ết h ợp điều ki ện suy ra x>0, y > 0 . x33+ y( xyx +−+ )( 2 xyy 2 )( xyxy + ) Ta có VT(1) == ≥ =+x y xy xy xy 22 22 xy+ xy +  2   đ VP(1)=+ xy ≤ 2 xy + =+=+() xyxy . Do ó (1) ⇔x = y . 0.5 2 2  (2.0 2 điểm 2x− 1 Thay y= x vào PT th ứ hai của h ệ được 2015= 2x −+ 1 2 x − 1 + 1 ) ( ) Đặt t=2 x − 1 ( t >− 1) thì PT trên thành 2015t =++⇔tt2 1 t ln2015ln −( tt ++=2 1) 0 (2) 0.5 1 Xét hàm s ố ftt()= ln2015 −++ ln( tt 2 1 ) ta có f'( t )= ln 2015 − >∀>− 0, t 1 . Do t 2 + 1 0.5 đó f( t ) đồng bi ến trên (− 1; +∞ ) nên PT (2) có không quá một nghi ệm. Ta th ấy f (0)= 0 nên (2) có nghi ệm duy nh ất t = 0. Do đó x = 1 / 2 . Vậy hpt có nghi ệm duy nh ất x; y = 1/2;1/2 ( ) ( ) 0.5 Câu (2 đ) 10 2 ab2 ab Ta có a2+++= b 2 c 2 ab2( abc + ) ⇔+−() abc = ab (1) ; ≥ . 2 0.5 a+ b (a+ b )   2 2    2 2 cc2 ab2 11  cab 242 cc 0.5 P≥+ + =+ c   ++  ≥ + (2) (2.0 222 22  2 2 abab+ab+2 ab ab +   2 ab abab + + ab+ điểm ( ) ( )  ( ) ) 2 2 2 ()a+ b c  1 1 c 3 Từ (1) suy ra ()a+− b c = ab ≤ ⇒ 1−  ≤ ⇒ ≤ ≤ . 4ab+  42 ab + 2 0.5 2c Đặt t = thì 1≤t ≤ 3 . Do đó t ừ (2) suy ra P≥ t2 +≥ t 1 2 += 1 2 . a+ b 0.5 Dấu “=” x ảy ra khi a= b = c . Vậy GTNN c ủa P bằng 2, đạt được khi a= b = c . Lưu ý khi ch ấm bài:
6. - Trên đây ch ỉ là s ơ l ược các b ước gi ải, l ời gi ải c ủa h ọc sinh c ần l ập lu ận ch ặt ch ẽ, h ợp logic. N ếu h ọc sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì v ẫn được điểm theo thang điểm t ươ ng ứng. - Với bài toán hình h ọc n ếu h ọc sinh v ẽ hình sai ho ặc không v ẽ hình thì không cho điểm ph ần t ươ ng ứng.