Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán 12 - Trường THPT Lý Thái Tổ 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán 12 - Trường THPT Lý Thái Tổ 2017-2018 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT Lí THÁI TỔ NĂM HỌC 2017 – 2018 Mụn thi: Toỏn – Lớp 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16 thỏng 09 năm 2017 (Đề gồm 01 trang) Cõu I. (4,0 điểm) x - 2 1) Cho hàm số y = cú đồ thị là C và M là điểm thuộc C . Tiếp tuyến của C tại M cắt hai x + 1 đường tiệm cận của C tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tỡm tọa độ điểm M sao cho bỏn kớnh đường trũn nội tiếp tam giỏc IAB lớn nhất. 1 2) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để hàm số yxmxmxm= ++32()()1351 2 đồng 3 biến trờn khoảng ()0; 3 . Cõu II. (4,0 điểm) ộự 1) Tớnh tổng cỏc nghiệm thuộc ởỷờỳ0;2018p của phương trỡnh: 2sin2 xx+=+- 3sin2 3 3sin xx 3cos 1 1 2 2 2 3 3 4 2016 2017 2) Tớnh tổng: SC=-20172 C 2017 + 3.2 C 2017 - 4.2 C 2017 ++ 2017.2 C 2017 . Cõu III. (4,0 điểm) 2 1 1) Giải bất phương trỡnh: log42(xx-++ 4 4) log() x +> 2 log () 4 - x 2 2 ỡ ù()17 + = 3xxy 5() 3 14 4 y 0 2) Giải hệ phương trỡnh: ớù ()xy, ẻ  ù42xxyxyx++ 8 ( -+ 2)3 + 3 -= 5 2 + 14 ợù Cõu IV. (6,0 điểm) 1) Cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại A, cú trọng tõm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D () 1; 1 , đường thẳng IG cú phương trỡnh 6370xy = và điểm E cú hoành độ bằng 1. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc ABC. 2) Cho hỡnh chúp SABCD. cú SA= x,tất cả cỏc cạnh cũn lại bằng 1. Tớnh thể tớch khối chúp đú theo x và tỡm x để thể tớch đú là lớn nhất. 3) Cho hỡnh chúp SABC. cú mặt đỏy là tam giỏc đều cạnh a và hỡnh chiếu của S lờn mặt phẳng ()ABC là điểm H nằm trong tam giỏc ABC sao cho AHB ===150000 , BHC 120 , CHA 90 .Biết tổng diện 31 tớch cỏc mặt cầu ngoại tiếp cỏc hỡnh chúp S.,.,. HAB S HBC S HAC bằng pa 2. Tớnh theo a thể tớch khối 3 chúp SABC. . 1 Cõu V. (2,0 điểm)Cho abc,, là cỏc số thực dương thoả món abc = 1và ab33++=+ ba ab 2 . Tỡm giỏ trị ab 113 lớn nhất của biểu thức: P =+-. 11++ab2212+ c Hết Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu. Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. Họ và tờn thớ sinh: . . . .; Số bỏo danh: .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT Lí THÁI TỔ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mụn: Toỏn – Lớp 12 Cõu Lời giải sơ lược Điểm 1.1 (2,0 điểm) x20 Gọi M x;0 (C) x10 3 x20 Phương trỡnh tiếp tuyến tại M: y(xx) 2 0 1,0 (x00 1) x 1 x5 Khi đú: A 1; 0 B(2x0+1; 2) ; I(-1; 1) x10 1 16 *Ta cú: S IAB = . IA. IB =  2x0 1 2.3 6(đvdt) 2 2x0 1 S Sprr . r p IAB p max min 6 x13 Chu vi tam giỏc IAB nhỏ nhất khi IA = IB hay 2x 1 0 1,0 x1 0 0 x130 *Vậy cú 2 điểm thoả món M1( 13;13 ) M2( 13;13 ) 1.2 (2,0 điểm) TXĐ: yx'21 2 m xm 3 1,0 Do phương trỡnh y '0 cú nhiều nhất hai nghiệm trờn , nờn để hàm số đó cho đồng biến trờn khoảng 0;3  yx'0, 0;3 xx2 23  mx,0;3 . 21x xx2 23 Xột hàm số gx trờn khoảng 0;3 0,5 21x 224xx2 x 1 gx';'0 2 gx 21x x 2 loai Từ BBT, gx  m,0;32 x m 0,5 Vậy, m 2 thỡ hàm số đó cho đồng biến trờn khoảng 0;3 2 2.1 (2 điểm) 2sinx 3 sin 2xxx 3 3 sin 3cos 1. (1) (1) 3sin22x 2 3 sin x cosxx cos 3 3 sinx cos x 0,5 2 3sinx cosx 3( 3sinx cosx ) 1,0
3. 3sinx cosx 0 3sinx cosx 3(VN ) Giải ra ta được nghiệm của phương trỡnh là x kkZ ; 6 ộự Do xkẻ ẻ ởỷờỳ0;2018p {} 1;2; ;2018 .phương trỡnh cú 2018 nghiệm. Cỏc nghiệm này lập thành cấp số cộng với 0,5 5ppp 2018ổử 5 6110504 xd== =,pp S ỗ 2. + 2017 ữ = 1 2018 ỗ ữ 6263ốứỗ ữ 2.2 (2 điểm). 2017 0 1 2 2 3 3 2017 2017 Ta cú ()1-=-+x C2017 CxCx 2017 2017 - Cx 2017 +- Cx 2017 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 1,0 2016 1 2 3 2 2017 2016 =-+-2017( 1xCCxCxCx) 2017 2 2017 3 2017 +- 2017 2017 xCCCC= -2 2017 =-1 + 2 2 2 - 3 3 2 2 +- 2017 2017 2 2016 2017 2017 2017 2017 1,0 Vậy S =2017 3.1 (2 điểm) xx2 440 x 2 + ĐKx:20 0,5 24x 40 x 1 + Bất phương trỡnh đó cho tương đương với log (x 2)2 log (xx 2) log (4 ) 2212 2 22 logx 2 log (xx 2) log (4 ) 22 2 0,5 log22 x 2 (xx 2) log (4 ) xx2( 2) 4 x (1) +) TH1: Với x (2;2)thỡ (1) (2xx )( 2) 4 x x (0;1) . Kết hợp với ĐK trong trường hợp này ta được x (0;1) +) TH2: Với x (2;4)thỡ 133133 (1) (xx 2)( 2) 4 xx ( ; )  ( ; ) . Kết hợp với ĐK trong 22 1,0 133 trường hợp này ta được x (;4) 2 133 * Vậy bất phương trỡnh cú tập nghiệm là x (0;1) ( ;4) 2 ỡ ù()17 + = 3xxy 5() 3 14 4 y 0 3.1 (2 điểm) Giải hệ phương trỡnh: ớù ()xy, ẻ  ù42xxyxyx++ 8 ( -+ 2)3 + 3 -= 5 2 + 14 ợù ỡ ù-Ê45x Ê Điều kiện ớ 0,5 ùy Ê 4 ợù Phương trỡnh (1) tương đương với 3(5 x) 2 5 x 3(4 y) 2 4 y (3) 0,5
4. 3t 2 Xột hàm f (t) (3t 2) t với t 0 , ta cú f '(t) 3 t 0;t 0. ra suy ra f(t) đbiến trờn 2 t ộ ởờ0; +Ơ) Kết hợp với (3) ta cú f (5 x) f (4 x) 5 x 4 y y x 1. Thay vào phương trỡnh (2) của hệ ta được 42x8 34x83 2x140 3 42x8 x 12 34x8 (x2)0 (x 4)22 (x 4) (x 14) 0 42x8 x12 9(4x8)3(x2)4x83 223 (x2) 1,0 (x 4)2 0 x 4(tm) y 3(tm) 1 (x 14) 0(4) 3 223 42x8 x 12 9(4x8)3(x2)4x8 (x2) Nhận xột: Với x 4 ,vế trỏi của phương trỡnh (4) luụn dương , nờn (4) vụ nghiệm Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm ( 4;3) 4.1 (2 điểm) B E H G K A C F 0,5 I D 1 Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK// CD A là trung điểm của KI, HK DI IC ; 2 1 AKBKGKACGKAB //  GB GI GC hay G là tõm đường trũn đi qua ba 2 điểm C, I, B. 1 CGI 290 IBC o , ID IC DE// IG . 2 Phương trỡnh đường thẳng DE: 2101;3xy E CE IG , suy ra phương trỡnh CE:270 x y . Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trỡnh 7 x 1,0 xy 270 3 77 G ; C 5;1 6370xy 7 33 y 3
5.  5  DG AG A 1;1 B 1; 5 . Vậy, AB 1;1 , 1; 5 và C 5;1 . 0,5 2 4.2 (2 điểm) S 0,5 B A H O C D Gọi H là hỡnh chiếu của S trờn (ABCD) Do SB = SC = SD nờn HB = HC = HD, suy ra H là tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc BCD. Mặt khỏc, tam giỏc BCD cõn tại C nờn H thuộc CO, với O là giao của AC và BD. Lại cú, CBD ABD SBD OC OA OS nờn SAC vuụng tại S AC x2 1 Ta cú, 111 x 0,5 22 2SH SH SA SC x2 1 1 ABCD là hỡnh thoi  ACBDOBABAO22 3 x 2 2 11 1 + SACBDxxVxx .1.3322 2 ABCD 22 6 1131xx22 + Áp dụng bất đẳng thức Cụ si ta cú, Vx 3. x2 1,0 6624 1 6 V cú giỏ trị lớn nhất là khi xxx 3 2 4 2 3.1 (2 điểm) Gọi rrr123,, lần lượt là bỏn kớnh đường trũn ngoại tiếp DDDHAB,, HBC HAC aaaaa 0,5 Khi đú rarr12===;, 3 2 sin15000 2 sin1203 2sin 90 02 Gọi RRR123,, lần lượt là bỏn kớnh cỏc mặt cầu ngoại tiếp cỏc hỡnh chúp S.,.,. HAB S HBC S HAC aa22 0,5 Đặt SH= =+2,, x R x22 a R =+ x 2 R =+ x 2 1234 3 31aa 3 2 3 Ta cú SRRR=++=444ppp222 p ax 2 = = SH 123333 1,0 1323aaa23 Vậy thể tớch khối chúp là V ==. 34 3 6 1 5 (2 điểm) Cho a,b,c là cỏc số thực dương và a.b.c=1, thỏa món: ab33 ba ab 2. Tỡm giỏ trị lớn nhất của ab 113 biểu thức P 1112 ab22 c
6. 1 Theo BĐT Cụ–si ta cú: ab3322 ab222 ab ab ab 22 ab 0,5 11 Đặt t=a.b>0 tt22 232 2 ttt 210 t 1 t 2 11 2 Với ab,0;1 ab ta chứng minh (*) 111 abab22 11 11 Thật vậy: (*) ( ) ( ) 0 11 aabbab22 11 ab() a ba () b 2 0,5 0(ab )(1)0 ab (đỳng) (1 aabbab22 )(1 ) (1 )(1 ) 2323t P 2 112 ab1 t t ab 12326t Xột tftft ;1 ; ; ' 0 22 212 tt 12 tt 1111 Từ đú f t nghịch biến trờn ;1 Mftf ax 1,0 2215 111 Dấu “=” xảy ra khi t abc;;2 2 22 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trỡnh bày sơ lược một cỏch giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tớnh toỏn chớnh xỏc mới được tớnh điểm tối đa. 2. Với cỏc cỏch giải đỳng nhưng khỏc đỏp ỏn, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng khụng được vượt quỏ số điểm dành cho bài hoặc phần đú. Mọi vấn đề phỏt sinh trong quỏ trỡnh 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 cỏc phần đó chấm, khụng làm trũn điểm