Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016

Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương. Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương. Đề và đáp án chọn HSG 12 môn TOÁN năm học 2015 2016 Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015 (Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y x= 3 −3 1 2( − m x) −2

Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại đúng 1 điểm.

2) Cho hàm số y x= 4 −2(m+1)x2 +2

Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm

3 1

2 2

 ; 

M

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3x -2x-5+2x x +1=2 y+1 y +2y+2 2x- 4y+3=x +2y







2) Giải bất phương trình 2 3+ x2+x x. − ≤2 2(x2−3 )x

Câu III (2,0 điểm)

1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng một viên bi

a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen Hộp thứ hai có 15 viên

bi, trong đó có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen

b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là

55

84 Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng

2) Cho dãy số ( )u n thỏa mãn u1 = −1; 1

2 2

n n

n

u u

u

+ = +

1

n

∀ ≥ và dãy số ( )v n thỏa mãn:

u v n n− +u n 2v n+ =2 0 ∀ ≥n 1 Tính v2015

và limu n

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc ∠BAD=1200, BD a= >0, cạnh bên

SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 Điểm K thay đổi trên đoạn SC

a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn nhất b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD

2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB= AA'=a Điểm M thay đổi trên đường thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vuông góc AB cắt đường thẳng BC’ tại điểm N trên đoạn BC’ Xác định vị trí của M để biểu thức 2AM2+MN2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu V (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

-Hết -ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 07 tháng 10 năm 2015 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

I.1

Tìm m để đồ thị hàm sốy x= 3 − 3 1 2( − m x) − 2

cắt trục Ox tại đúng 1 điểm (1,0đ) TXĐ: ¡ Bài toán thỏa mãn ⇔ pt x3 − 3 1 2( − m x) − = 2 0

có nghiệm duy nhất

3 3 2

6

x có nghiệm duy nhất khác 0

0,25

Xét hàm số ( ) 3 3 2 { }

0

2

2 2

+

x

0,25 Bảng biến thiên:

x −∞ − 1 0 +∞

( ) '

f x − 0 + +

( )

f x +∞ +∞

0

+∞

−∞

0,25

I.2

Cho hàm số y x= 4 − 2(m+ 1)x2 + 2

có đồ thị là (Cm) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba

điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm

3 1

2 2

M

(1,0đ)

Tập xác định của hàm số là R Ta có: 3 ( )

2

0

1

 =



Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y' =0 phải có ba nghiệm phân biệt

0,25

Các điểm cực trị là A( )0 2 ; ;B(− m+ 1 1 2 ; − m m C− 2) (; m+ 1 1 2 ; − m m− 2)

Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị (Cm) nhận trục Oy làm trục đối xứng, do

đó tam giác ABC cân tại A, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên

trục Oy, giả sử tâm là I ( )0;a

0,25

Vì đường tròn đi qua

3 1

2 2

M

nên

1

0,25

Ta có I ( )0 1 ;

HƯỚNG DẪN CHẤM

3 5

2

− ±

3 5 0

2

− +

Vậy

3 5 0

2

− +

II.1

1) Giải hệ phương trình:

( )

2x- 4y+3=x +2y





Cộng theo vế hai phương trình trong hệ rồi rút gọn ta được :

( ) (2 ) ( ) ( )2

2 + 2 + = 1 + 1 + + 1 y+1 +1 *

0,25

Xét hàm số f t( ) =t2 +t t2 + 1

trên R ta có : ( ) 2

2

2

1

+

Từ đó

2 2

2

1

t và f t'( ) =0 chỉ khi t=0

Do đó hàm f(t) là hàm số đồng biến trên ¡ Vì vậy (*) ⇔ ff( ) (x = y+ ⇔ = + 1) x y 1

0,25

thay vào pt (2) ta được :( )2 2 ( )

2





, ,

Vậy hệ có nghiệm

5 2

3 3

x y ∈ − −

0,25

II.2

Giải bất phương trình: 2 3+ x2+x x. − ≤2 2(x2−3 )x (1,0đ) Điều kiện: x≥ 2 Phương trình có dạng 3 x x( +1)(x−2) ≤ 2x2 −6x−2 0,25

Đặt

2 0 1

−

+

( )

x x t

x ta được bất phương trình 2t2 −3t− ≥2 0

1

2 2

2

≤



 ≥



t

t t

( dot≥0)

0,25

Với

2 2

1

−

+

( )

x x

x

3 13

3 13

3 13

 ≤ −



 ≥ +



x

x x

(do x≥ 2) Vậy bất phương trình có nghiệm x≥ +3 13

0,25

III.1 1) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen Lấy ngẫu nhiên

từ mỗi hộp đúng một viên bi

a) Biết rằng hộp thứ nhất có 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi đen Hộp thứ hai có 15 viên

(1,0đ)

bi, trong đó có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy được hai viên bi đen.

b) Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là

55

84.

Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng

a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi

Mỗi phần tử của không gian mẫu được chọn nhờ 2 giai đoạn:

1) Chọn 1 bi từ 20 bi hộp 1

2) Chọn 1 bi từ 15 bi hộp 2

Suy ra số phần tử không gian mẫu là | Ω = | 20 15 =300

0,25

Gọi A là biến cố: Lấy được hai viên bi đen, lập luận tương tự, ta được

7 10 70

| |A . nên xác suất để lấy được hai bi đen là

7 30

=

( )

b) Giả sử hộp 1 có x viên bi, trong đó có a viên bi đen, hộp thứ hai có y viên bi, trong đó

có b viên bi đen ( x,y, a,b là các số nguyên dương, x≥ y, a x≤ , b y≤ ).

Theo lập luận trên và giả thiết, ta có x y+ =20 và

55 84

=

ab

xy nên 55xy=84ab Từ đó xy chia hết cho 84 Mặt khác

2 1

100 4

nên xy=84 Ta được x=14,y=6

0,25

Từ đó ab=55 nên a là ước của 55.Do a≤ 11 và 6

55 55

a

b nên a=11, b=5 Vậy xác suất để được 2 bi trắng là

6 5 14 11 1

6 14 28

.

0,25

III.2

Cho dãy số ( )u n thỏa mãn u1 = − 1; 1

2

1 2

+ = n + , ∀ ≥

n

n

u

u và dãy số ( )v n thỏa mãn:

u v n n −u n +2v n + =2 0 ∀ ≥n 1 Tính v2015

và limu n

(1,0đ)

Ta có v1 = − 3 Chứng minh được u n = − / 2 n∀ nên

( )

1

2

2

1

1

2 2

2 2

−

−

−

n

n

u

u

0,25

Do đó ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2014

2014

1 − 3 − 2015 3 3

n

và v n = ∀ ≥/1 n 1 0,25

1 1

2 2

−

−

n n

Mặt khác 2n = + (1 1)n = 0 + 1 + L + n > +1

C C C n với mọi n≥ 2 nên 2n−1 > ∀ ≥n n 3

suy ra 32n−1 > ∀ ≥3n n 3 Vậy 2 1

1 0

3 − =

lim n

nên limu n = −2

0,25

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc ∠BAD=1200, BD a= >0,

cạnh bên SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD)

(1,5đ)

bằng 600 Điểm K thay đổi trên đoạn SC

a) Tìm các vị trí của K sao cho tam giác BKD lần lượt có diện tích nhỏ nhất, lớn

nhất

b) Khi K là điểm sao cho diện tích tam giác BKD nhỏ nhất Tính tỉ số thể tích hai

khối đa diện do mặt phẳng (BKD) chia khối chóp S.ABCD

O

C

B

S

I

Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều :

1

và

3 3

Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥BC AI; =OB Mà SA⊥mp ABCD( ) ⇒BC ⊥SI

Do

đó ∠SIAlà góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì ∆SAI vuông tại A :

2

0,25

Do BD vuông góc AC và SA nên BD vuông góc mặt phẳng (SAC), từ đó với mọi K

trên SC thì BD vuông góc OK nên

BKD

Gọi I là hình chiếu của

O trên BD thì OK ≥OI , OI không đổi Vậy diện tích tam giác BKD nhỏ nhất khi K

trùng I

0,25

Mặt khác, K trên đoạn SC khi và chỉ khi SKuuur=xSCuuur với x∈ [ , ]0 1, từ đó

1

uuur uuur uuur

( )

OK xOS x OC nênOK ≤xOS + − (1 x OC) ≤OS (OC ≤OS do ∠SOC >900)

Vậy diện tích tam giác BKD lớn nhất khi K trùng S

0.25

Từ đó

,( )

C BID IBCD

SIBD S BCD

d

Lại có :

2

.

mà

1

2

, nên

2

2

13

2 1

2

0,25

Từ đó .

1 13

BICD

S ABCD

V

nên tỉ lệ thể tích cần tìm là

1 12

IV.2

2) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB= AA'=a Điểm M thay đổi trên

đường thẳng AB’ sao cho mặt phẳng qua M, vuông góc AB cắt đường thẳng BC’ tại

điểm N trên đoạn BC’ Xác định vị trí của M để biểu thức 2AM2+MN2 đạt giá trị nhỏ

nhất

(1,5đ)

C'

B'

A

B

C

A' M

N

Đặt ABuuur=a ACr,uuuur=b AAr,uuuur' =c AMr,uuuur =mAB BNuuuur uuuur', =nBCuuuur'

Khi đó MNuuuur =MA AB BNuuuur uuur uuuur+ + = − (1 m n a nb− )r+ r+ (n m c− )r

0,25

Do (P) vuông góc AB nên MN vuông góc AB, ta được

2 1 2

2

( do 2

1

2

=

r

r.

) Từ đó n=2-2m

0,25

Khi đó MN2 = (12m2 −18m+7)a2 nên 2AM2+MN2 = (20m2−18m+7)a2 0,25

Do N thuộc đoạn BC’ nên n∈ [ , ]0 1 , suy ra

1 1 2

∈ [ , ]

Đặt f m( ) =20m2 −18m+7 thì

9 1 0

20 2

'( )

nên f m( ) đồng biến trên

1 1 2 [ , ] 0,25

Từ đó f(m) nhỏ nhất bằng

1 2 ( )

f

khi

1 2

=

m

Tức là 2AM2 +MN2 nhỏ nhất khi M là trung điểm AB’

0,25

V Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

3

2 2 1 + 2 2 1 + 2 2 1 ≥

(1,0đ)

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt: a= x,b = y,c = z

y z x , với x, y, z > 0

VT

0,5

Ta có: ( ) ( ) ( )2 ( )

2

Suy ra: ( ) ( )

2 2

2 9

+

(1)

Tương tự: ( ) ( )

2 2

2 9

+

(2)

( ) ( )

2 2

2 9

+

(3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế với vế ta được:

2 2 2 2 2 2

2 9

VT

Lại có

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3

3 2

9 3

Suy ra

2 3 1

9 2 3

VT

0,5