Đáp án HSG Toán học lớp 12 Quảng Bình 2015-2016 - Học Toàn Tập

Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến các đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất... Tính xác suất để đội A thắng trận chung kết..[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016

Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT

Đáp án này gồm có 05 trang

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài

1

Cho hàm số 3

1

x y x





 có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C)

sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến các đường tiệm cận đạt giá trị

nhỏ nhất

2,0

1: 1 0

d y   là tiệm cận ngang của đồ thị (C)

2 : 1 0

d x   là tiệm cận đứng của đồ thị (C) 0,50

( ; ) ( ), 1

M x y C x

x



0,50

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

0,50

x

x





Kết luận: M(1; 1); M( 3; 3)

0,50

2

a Giải hệ phương trình sau:

y x

x y









y x











Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta có:

f t  t t   t  t¡

2

1 2

t

f t

t



  

 

Do đó f(t) là hàm đồng biến trên ¡ Từ (3) suy ra x  y

0,25

Khi đó ta có: x x22x 2 3x1   1 x 1 x22x 2 3x1

2

2

Xét hàm số: g x( ) ln( x  1 x2 2x 2) ( x 1)ln3, x ¡ .

2

1 1

1

x





( )

g x

 nghịch biến trên ¡ (4) nếu có nghiệm sẽ là nghiệm duy nhất

1

x

  là nghiệm duy nhất của (4) Do x nên 1 y  1

Kết luận: ( ; ) (1; 1)x y 

0,50

b Hai đội A và B thi đấu trận chung kết bóng chuyền nữ chào mừng

ngày 08 - 03 (trận chung kết tối đa 5 hiệp) Đội nào thắng trước 3 hiệp thì

thắng trận Xác suất để đội A thắng mỗi hiệp là 0,4 (không có hòa) Tính

xác suất để đội A thắng trận chung kết

1,0

Gọi H là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết’

X là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 3 hiệp’

Y là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 4 hiệp’

Z là biến cố: ‘Đội A thắng trận chung kết sau 5 hiệp’

Khi đó H  X   và X, Y, Z đôi một xung khắc Y Z

Áp dụng quy tắc cộng xác suất: ( )P H  P X( )P Y( )P Z( )

0,25

3 ( ) (0,4) 0,6.0,4 0,115

4 ( ) (0,4) (0,6) 0,4 0,318 ( ) 0,317

Kết luận: Xác suất để đội A thắng trận chung kết là ( ) 0,317P H ; 0,25

3

a Cho hàm số f(x) liên tục trên [-  ;  ] Chứng minh:

2

Đặt : t    x dt   ; dx x  0 t ; x    t 0 0,25

0

f t dt t f t dt f x dx x f x dx



0,50

2

b Tính tích phân sau: 2

0

.sin

x







Hàm số ( ) sin2

x

f x

x



Áp dụng câu a ta có: 2 2 2

Đặt: t cosxdt  sinxdx; x  0 t 1; x     t 1 0,25





t

t

Kết luận: ln3

4

4

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,

AB a  , cạnh bên AA' a 2 Lấy M là điểm bất kỳ trên cạnh AB sao

cho MB x (0 x a) Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua M và ( ) P  B C' 3,0

a Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi (P) 1,0

a

x

a 2 φ

P)

a 2 N

F

L

E

I

C'

B'

A

C

B

A'

M

0,25

Gọi I là trung điểm BC Ta có :

AI AI BB BC' AI (BB C C' ' ) AI  B C'

( )

AI  P 

Trong mặt phẳng (ABC) dựng đường thẳng đi qua M và song song AI, cắt

BC và AC lần lượt tại E, F

Do BB’C’C là hình vuôngBC' B C' BC'//( ).P

Trong mặt phẳng (BB’C’C) dựng đường thẳng đi qua E và song song với

BC’, cắt CC’ tại L

Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi N  LF AA'

Kết luận: Thiết diện là tứ giác MNLE

0,50

b Tìm x để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất 1,0

Gọi (( );(· )) (· ; ) ·

4

Ta thấy: MACE là hình chiếu vuông góc của MNLE lên (ABC) 0,25

Theo công thức hình chiếu ta có: cos 2

2

Ta có : BMEV vuông cân tại E 2

2

S  SV SV  a  x  a  x

0,25

Diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 0

Kết luận: x 0

0,25

c Mặt phẳng (P) chia lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần Tính thể

tích khối đa diện chứa các đỉnh A và C theo a và x Tìm vị trí điểm M để

thể tích khối đa diện đó đạt giá trị lớn nhất

1,0

2

2

EC  EF  LC  a x FC  a x (do các tam giác EFC, ECL

vuông cân)

2

2

AF  AM  a x AN  a x

0,25

0,25

g x  a x  a x x  a

2 '( ) 0

2

g x





-y' x

y

a

0

2

24 a 3

2

4 a 3

Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn nhất khi x 0 M  B

MNLEAC

Thể tích khối đa diện MNLEAC đạt giá trị lớn nhất khi M B

0,50

5

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c    Chứng minh 3

rằng:

3

2

1

Đặt :

3

2

P

x y z  xy yz zx x y z   ¡ ta có:

ab bc ca   abc a b c   abc  ab bc ca   abc

1a 1b 1c  1 abc a b c , ,  0

Thật vậy:

abc abc abc abc

0,25

Khi đó:

3 3

2

6

P

Đặt: 6 abc t  3 abc t abc t 2,  3

Vì , ,a b c  nên 0

3

3

a b c

0,25

Xét hàm số

2

3 2

3

3 1

t

t t





5

2

2

0,25

Do hàm số đồng biến trên0; 1 nên  f t  f  1    1 P 1

3

2

1

Dấu ‘=’ xãy ra khi a b c   1

0,25