SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015 NAM ĐỊNH Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2m x + 2m − m (với m tham số) 1) Khi m = 1, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tương ứng, biết tiếp tuyến qua điểm M (−1;0) 2) Xác định m để đồ thị hàm số cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của tam giác có chu vi bằng 2(1 + 2) Câu (5,0 điểm) x x  1) Giải phương trình cos x − 3cos +  sin x + 3sin ÷ = 2  2) Giải bất phương trình log log ( 2 ) x + + x − log log ( ( ) x + − x > )  y + x + y + x + − = y x + + y − x + −  3) Giải hệ phương trình   y2 + + x + 2 y − − =  Câu (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : x + y − x + y − = và hai đường thẳng d1 : x − y + = , d : x + y − = Từ điểm M d1 kẻ hai tiếp tuyến phân biệt MA , MB tới đường tròn (T ), ( A , B là hai tiếp điểm), viết phương trình đường thẳng AB biết rằng đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB 2) Trong không gian toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu qua hai điểm A(0;2;1) , B( −2;0;1); biết tâm mặt cầu thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = và có bán kính nhỏ nhất Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, BC = a 2; SA = a SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) Gọi E , F trung điểm SD AD 1) Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) 2) Gọi ( P ) mặt phẳng qua B, E vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) Tính theo a khoảng cách ( )( ) từ D đến mặt phẳng ( P ) Câu (4,0 điểm)  x2 −  1) Tính tích phân I = ∫  x + ÷dx x +x 1 2) Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập tất số tự nhiên có bốn chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên hai số số lập Tính xác suất để hai số chọn có số lớn 2015 Câu (2,0 điểm) Xét số thực dương x, y thỏa mãn 3x + y = xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức 21 P = ( x + y ) + + + + xy x y x HẾT Họ tên thí sinh:……………………….Họ, tên chữ ký GT1:………………………………… Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung 1.1 Khi m = 1, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến qua (2,0đ) điểm M (−1;0) + Khi m = , ta có y = x − x + ; ∀x ∈ ¡ , y ' = x3 − x + Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) là y = (4 x03 − x0 )( x − x0 ) + y0 + d qua M (−1;0) ⇔ (4 x03 − x0 )( −1 − x0 ) + x04 − x02 + = (*) + Giải phương trình (*) tìm ba nghiệm là x0 = ±1; x0 = − * Với x0 = ±1, tìm phương trình tiếp tuyến y = Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 32 32 x+ * Với x0 = − , tìm phương trình tiếp tuyến y = 27 27 Tìm m để đồ thị hàm số cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có chu vi 1.2 (2,0đ) bằng 2(1 + 2) + ∀x ∈ ¡ , y ' = x3 − 4m x  x = −m  + y ' = ⇔ x =  x = m + y ' = có ba nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0,75 (*) + Khi gọi A(− m; −m + 2m − m) ; B (0;2m − m) ; C ( m; −m + 2m − m) ba điểm cực trị đồ thị hàm số + Tính được BA = BC = m8 + m và AC = m + Chu vi tam giác ABC bằng 2(1 + 2) nên ta có BA + AC = 2(1 + 2) ⇔ m8 + m + m = + 0,75 0,25 (**) + Từ (*) suy m > Nếu < m < hoặc m > thì (**) vô nghiệm + Nếu m = ⇔ m = ±1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy tất giá trị m cần tìm m = ±1 2.1 x x Giải phương trình cos x − 3cos + 3(sin x + 3sin ) = (2,0đ) 2 + Phương trình đã cho tương đương với: x x cos x + sin x − 3(cos − sin ) − = 2 3 x x ⇔ cos x + sin x + 3( sin − cos ) − = 2 2 2 π x π ⇔ cos( x − ) + 3sin( − ) − = 0,25 0,5 0,5 x π  sin( − ) =1  π x π x ⇔ 2sin ( − ) − 3sin( − ) + = ⇔  6 sin( x − π ) =  x π 4π + k 4π + sin( − ) = ⇔ x = 2π  x= + k 4π x π  + sin( − ) = ⇔   x = 2π + k 4π Phương trình có tất nghiệm là: x = 0,5 0,5 4π 2π + k 4π ; x = + k 4π ; x = 2π + k 4π 3 2 2.2 Giải bất phương trình: log log ( x + + x) − log log ( x + − x) > (1,0đ) + ∀x ∈ ¡ , ( x + + x)( x + − x) = x + − x > 0; x + + x > 2 Suy log ( x + − x) = log ( x + + x) , ∀x ∈ ¡ 0,5 Do đ/k xác định bất phương trình log ( x + + x) > + Với đ/k bất phương trình tương đương với: log ( x + + x) >  x + + x > ⇔ log log ( x + + x) < ⇔    x + + x < log ( x + + x) <  1 − x <    1 − x ≥ x >   ⇔   4 x + > (1 − x) ⇔  12   x <  7 − x > 4 x + < (7 − x)  0,25  12  * Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm  0; ÷  7 2.3  y + x + y + x + − = y x + + y −  (2,0đ) Giải hệ phương trình   y2 + + x + 2 y2 − − =  x ≥  + ĐK:  (*) y ≥  + Với đk (*) phương trình (1) tương đương với: )( ( ( y − y x + + x + 1) + ( y − − y − ⇔ ( y − x + 1) + ( y − − ( ) x + − + x + − 1) = x + − 1) = ⇔ y = x + + Với y = x + 1, từ (2) ta được ( x +1 −1 x+6 + x+2 )( ) x − − = (3) ) 0,25 (1) (2) 0,5  x ≥ ⇔ x > (**) + Ta xét (3) với điều kiện   2x −1 − >  + Nếu x > thì ( x+6 + x+2 )( ) ( 2x −1 − > Suy (3) không có nghiệm ( 7; +∞ ) + Nếu < x < thì ( ) 11 + ( − 3) < ( 13 + x+6 + x+2 )( )( 0,5 ) 13 − = ) x − − < nên Suy (3) không có nghiệm ( 5;7 ) + x = là nghiệm của (3) thỏa mãn (*) Với x = y = 2 thỏa mãn ( ) Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = 7;2 0,5 0,5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T ) : x + y − x + y − = và hai đường thẳng d1 : x − y + = , d : x + y − = Từ điểm M d1 kẻ hai tiếp tuyến phân biệt MA , MB tới đường tròn (T ) , ( A , B là hai tiếp điểm), viết phương trình đường thẳng AB biết rằng đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB 2 1  1  + Ta có x + y − x + y − = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 2  2  1 Do đường tròn (T ) có tâm I ( ; − ) , bán kính R = 2 + Gọi K là giao điểm của MI với đường tròn (T ) (K ở giữa M và I) + Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB 1 + Nhận thấy d1 cắt d và d qua tâm I ( ; − ) nên K nằm d và chỉ 2 M = d1 ∩ d 2  x=−  x − y + =  ⇔ + Xét hệ:  Suy M (− ; ) 2 6 x + y − = y =  + Đường tròn (T1 ) đường kính MI có phương trình x + y + x − y − = + { A; B} = (T ) ∩ (T1 ) nên tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ:  2 x + y − x + y − = ⇒ 4x − y − =  2 x + y + x − y − =  0,25 0,25 0,25 0,25 3.1 (1,0đ) Vậy phương trình đường thẳng AB x − y − = 3.2 Trong không gian toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu qua hai điểm A(0;2;1) , (1,0đ) B(−2;0;1) ; biết tâm thuộc mặt phẳng ( P) : x + y − z − = và có bán kính nhỏ nhất + Mặt phẳng (Q) trung trực của AB có phương trình x + y = 0,5 + Gọi I là tâm và R là bán kính mặt cầu cần tìm x + y − z − =  y = −x ⇔ + Có I ∈ ( P) ∩ (Q ) nên tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  0,25 x + y =  z = −3 Chọn I (t ; −t ; −3) + Ta có R = IA = 2(t + 1) + 18 ≥ ; R = và chỉ t = −1 0,25 Với t = −1, phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 3) = 18 4.1 ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD (1,0đ) hình chữ nhật, AB = a, BC = a 2, SA = a SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) Gọi E , F trung điểm SD AD 1) Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) 2) Gọi ( P ) mặt phẳng qua B, E vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( P ) 1) Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) +) SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AC ; EF là đường trung bình tam giác SAD ⇒ EF ⊥ AC +) Xét hai tam giác vuông AFB và BAC, có : AF AB = = ⇒ ∆AFB : ∆BAC ⇒ AC ⊥ BF BA BC Do đó AC ⊥ ( BEF ) Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( P ) 4.2 (2,0đ) +) AC ⊥ ( BEF ) và ( P) ⊥ ( BEF ) nên (P) cắt (SAC) theo giao tuyến IJ //AC (I thuộc SA, J thuộc AC) +) E là trung điểm SD nên d ( D,( P)) = d ( S ,( P)) 0,5 0,5 0,5 a3 +) VS ABCD = SA.S ABCD = 3 +) Gọi O = AC ∩ BD, G = BE ∩ SO suy G là trọng tâm tam giác SAC và IJ qua G Khi đó SI SG SJ = = = SA SO SC 0,5 +) VS EIJ SE.SI SJ VS BIJ SB.SI SJ = = ; = = VS DAC SD.SA.SC VS BAC SB.SA.SC a3 +) VS DAC = VS BAC = VS ABCD = 0,5 a   a3  + ÷= 9 9 +) Tứ giác BJEI có hai đường chéo IJ và BE vuông góc 3a BD + BS SD 2 2a − ; ⇒ BE = IJ = AC = Trong tam giác SBD có BE = 2 3 +) VS BJEI = 2a 3a a ; S BJEI = = 2 +) d ( S ,( P)) = 5.1 (2,0đ) 0,5 3VS BJEI 2a 2a = ⇒ d ( D ,( P )) = S BJEI 3  x2 −  Tính tích phân I = ∫  x + ÷dx x +x 1 2  x2 −1  x2 −1 I = ∫ x + dx ÷dx = ∫ xdx + ∫ x +x x +x 1 1 2 1− x2 x dx = +∫ 1 x+ x 1  dx+ ÷ x = +∫  x+ x = + ln x + x 0,5 0,5 0,5 + ln 0,5 5.2 Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập tất số tự nhiên có bốn chữ số đôi khác (2,0đ) Chọn ngẫu nhiên hai số số lập Tính xác suất để hai số chọn có số lớn 2015 +) Gọi S là tập hợp gồm các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác được lập 0,5 từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; thì số phần tử của S là n(S) = 5.A 35 = 300 = = 44850 +) Số phần tử của không gian mẫu Ω là n(Ω) = C300 +) Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác được lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; không vượt quá 2015 là 1.A 35 + 1.1.1.3 = 63 +) Gọi A biến cố “hai số được chọn có ít nhất một số lớn 2015” Biến cố đối 0,5 0,5 = 1953 của A là A , ta có n(A) = C 63 +) Số phần tử của A là n(A) = n(Ω) − n(A) = 44850 − 1953 = 42897 +) Xác suất của biến cố A là p(A) = n(A) 42897 14299 = = n(Ω) 44850 14950 0,5 Xét số thực dương x, y thỏa mãn x + y = xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức (2,0đ) 21 P = ( x + y ) + + + + xy x y x +) Do x > 0, y > x + y = xy nên + = 0,5 x y   9 2 3  +) P =  x + x + ÷+  y + ÷+  + ÷+ xy y x y x    +) Do x > 0, y > , áp dụng bất đẳng Côsi ta được: x+x+ 9 8 x.x y + ≥ y = ≥ = ; y y x2 x2 +) Mặt khác ta có xy = x + y ≥ xy ⇒ 0,5 0,5 xy ≥ +) Do P ≥ + 2.6 + + = 20 + x = +) Với  P = 20 + y = 0,5 Vậy giá trị nhỏ P 20 + Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà phù hợp với chương trình giám khảo cho điểm tương đương HẾT ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2014 -2015 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung 1.1 Khi m = 1, viết phương... + m = + 0,75 0,25 (**) + Từ (*) suy m > Nếu < m < hoặc m > thi (**) vô nghiệm + Nếu m = ⇔ m = ±1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy tất giá trị m cần tìm m = ±1 2.1 x x Giải phương trình... x) <  1 − x <    1 − x ≥ x >   ⇔   4 x + > (1 − x) ⇔  12   x <  7 − x > 4 x + < (7 − x)  0,25  12  * Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm  0; ÷  7