De thi HSG khoi 12 mon Toan Quang Tri nam 2016

2,0 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.. Kẻ ME vuông góc với CD tại E.[r]

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đềMôn thi: TOÁN

Câu 1 (6,0 điểm)

1 Từ một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 4 viên

bi Gọi A là biến cố: trong số 4 viên bi lấy được số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Tính xác suất biến cố A.

2 Giải bất phương trình  2 

3 1 2 log log x  1 1 

Câu 2 (5,0 điểm)

1 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC=2a 5 Hình chiếu

của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm M của AB Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o Tính theo a thể tích khối S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

2 Cho khối tứ diện ABCD có thể tích là V Gọi d1, d2, d3 lần lượt là khoảng cách giữa các cặp

cạnh đối diện AB và CD, AC và BD, AD và BC

Chứng minh rằng: 1 .2 3

1 3

V  d d d

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình x3  3 x  4  x2

2 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y y z z x        1 Chứng minh rằng

3

Câu 4 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau Gọi trung điểm của AB và AD lần lượt là M(-5;3) và N(2;4) Kẻ ME vuông góc với CD tại E Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE, biết rằng đường thẳng BC có

phương trình 3x4y12 0

Câu 5 (3,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

-ïï íï

ïî

2 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2y2z2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

1

P

z



-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh………Số báo danh………

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN

(Đáp án – thang điểm gồm 03 trang)

C1

Ý1

3,0

đ

Đếm số phần tử biến cố A có 2 trường hợp sau

TH1: 4 viên bi lấy ra không có viên bi vàng và có ít nhất 1viên bi đỏ

0,25

TH2: 4 viên bi lấy ra có đúng 1 viên bi vàng và có ít nhất 2viên bi đỏ 0,25

Số kết quả là C C C52 13 14C C53 31150 0,50

Vậy xác suất biến cố A là

4959

0,50

C1

Ý2

3,0

đ

Điều kiện xác định 2  2 

1 2

1 2

1

8

Cùng với điều kiện, BPT đã cho tương đương với

2

S     

1,50

C2

Ý1

4,0

đ

Tam giác SMC vuông tại M nên: MC SC .cosSCM a 5



SM SC SCM a

0,25 0,25

Đặt AC = x, vì tam giác AMC vuông tại A nên

2

2

x

x    a  x a

2 2

1

2 2

ABC

Thể tích khối S.ABC:

3

a

Ta có ACAB AC, SM  ACSA nên tam giác SAC vuông tại A, do đó

2

SAC

SA SC  AC  a S  SA AC a

0,50 0,50

Suy ra  

.

2

S ABC SAC

d B SAC

S

C2

Ý2

1đ

Ngoại tiếp tứ diện bởi hình hộp xiên

AEDF.MBNC Kí hiệu V’ là thể tích khối hộp

đó Khi đó

1 ' 3

V  V

0,25

Mặt khác

0,25

ra dpcm

0,50

C3

Ý 1

2,0đ

Điều kiện xác định: 4 x2   0 2 x 2 0,25

Phương trình trở thành

2

4

k t















0,5

0,5

Vì t[0;] nên

Vậy nghiệm phương trình đã cho là

C3

Ý2

2,0đ

Từ giả thiết, lấy các số dương a, b, c sao cho , ,

Ta có

2

2

xy



0,50

3

2 2 2

a b c

 

0,50

C4

2,0đ

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm CD, BC; F là hình chiếu của N trên BC Dễ thấy MNPQ là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn (T) đường kính MP,

NQ

0,50

Ta có   90

o

MEP NFQ 

nên E, F cùng thuộc đường tròn (T).

0,50

Đường thẳng NF qua N vuông góc BC có phương trình 4x - 3y + 4 = 0.

0,25

Vì F là giao điểm của BC và NF nên tọa độ F là

nghiệm hệ

;

F





0,25

Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE là đường tròn (T) qua 3 điểm M, N, F có phương trình

2 2 66 112 184

0

Hs có thể tìm tọa độ điểm Q, viết PT đường tròn đường kính NQ

C5

Ý1

2đ

3

Biến đổi phương trình đầu của hệ được ( )3 ( )2 ( ) ( )3 2

Xét f t( )= +t3 t2 với t³ 0. Ta có f t¢ =( ) 3t2+ ³2t 0," ³t 0;nên f(t) đồng biến trên

[  Do đó phương trình tương đương với ( )2 1

3

+ = Û = + ççè ³ ÷÷ø.

0,25

Thay vào phương trình thứ hai của hệ, biến đổi ta được

2

- - - ê - ú= -

0,25

Đặt ( )2

6 2

, 1

x u

x

-=

+ suy ra 0£ £u 45 Phương trình trở thành 2u2+ -u 5- u4 =1

0,25

Xét g u( )=2u2+ -u 5- u4 với 0£ £u 45 Ta có g( )1 =1 và

4

2

5

u

u

¢ = + + > " Î

- Nên phương trình có 1 nghiệm u=1

0,25

Do đó ( )2

1

6 2

1

3 1

x x

x x

é =

- = Û ê

ê =

(thỏa mãn

1 3

x³ )

Vậy nghiệm (x y; ) của hệ đã cho là ( )1;4 và (3;16 )

0,25

0,25

C5

Ý2

1đ

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2

1 2

x xy



0,25

1 1

z z



 Xét f z  trên [0 ;1] có

 

'

1

z

f z

z



0,25

2

0,25

Lập bảng biến thiên của f z  trên [0 ;1], ta được  

Pf z f   

Khi

,

x y z

thì

8 3 3

P 

Vậy GTNN của P là

8 3