SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐỀ THI MƠN: TỐN NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2.5 điểm) a) Cho hàm số y = x − 3mx + 4m − có đồ thị ( Cm ) Tìm m để đồ thị hàm số ( Cm ) có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác ABC với điểm C ( 1;4 ) 2x − có đồ thị ( C ) hai điểm M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) Tìm đồ thị x +1 hàm số ( C ) hai điểm A, B cho chúng đối xứng qua đường thẳng MN Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình: 4cos x ( + sin x ) + cos x cos x = + 2sin x b) Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác b) Cho hàm số y = suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn 3 x − x − + x x + = ( y + 1) Câu (1.0 điểm).Giải hệ phương trình  2  x + y = x − y + y2 + y + ( x, y ∈ ¡ ) Câu (1.5 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A1B1C1D1 có cạnh AB = AD = 2, AA1 = · góc BAD = 600 Gọi M , N trung điểm cạnh A1D1 A1B1 a) Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng ( BDMN ) b) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB = 3, BC = 6, mặt phẳng ( SAB ) vng góc với đáy, mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BD Tính thể tích khối chóp S ABCD cosin góc hai đường thẳng SA BD Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: x + y − 10 = D ( 2; −4 ) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + = Câu (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 121 biểu thức A = a + b + c + 14 ab + bc + ca ( ) - Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm thí sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu 1.a (1.25 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + 4m − có đồ thị ( Cm ) Tìm m để đồ thị hàm số ( Cm ) có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác ABC với điểm C ( 1;4 ) TXĐ: D = ¡ Đạo hàm: y ' = x − 6mx Nội dung Điểm x = y ' = ⇔ x − 6mx = ⇔  Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị m ≠  x = 2m Tọa độ hai điểm cực trị A ( 0;4m − ) , B ( 2m; −4m + 4m − ) uuu r Ta có: AB = ( 2m; −4m3 ) ⇒ AB = 4m + 16m = m + 4m 0.25 0.5 Phương trình đường AB : 2m x + y − 4m + = d ( C ; AB ) = − 2m + 4m4 , suy S ∆ABC = d ( C ; AB ) AB = 6m − 2m  m = ±1 Do 6m − 2m = ⇔   m = ±2 0.25 0.25 2x − có đồ thị ( C ) hai điểm M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) x +1 Tìm đồ thị hàm số ( C ) hai điểm A, B cho chúng đối xứng qua đường thẳng MN Nội dung Điểm MN : x + y + = Phương trình đường AB : y = x + m Phương trình đường 0.25 2x − = x + m ĐK: x ≠ −1 Khi hai điểm A, B có hồnh độ thỏa mãn: 0.25 x +1 Pt ⇔ x + mx + m + = ( 1) Câu 1.b (1.25 điểm) Cho hàm số y = Để đường AB cắt ( C ) hai điểm phân biệt pt ( 1) có hai nghiệm phân biệt Trang 2/6, HDC HSG12-Mơn Tốn m > + ∆ > ⇔ m − 8m − 32 > ⇔  khác -1 ⇔  − m + m + ≠   m < − x +x  Trung điểm I đoạn AB có tọa độ  ; x1 + x2 + m ÷ với x1 , x2 nghiệm 0.5   m  m m pt ( 1) Mà x1 + x2 = − nên I  − ; ÷  2 m m Ta có: I ∈ MN nên − + + = ⇔ m = −4 ( thỏa mãn) 0.25 Suy A ( 0; −4 ) , B ( 2;0 ) A ( 2;0 ) , B ( 0; −4 ) Câu 2.a (1.0 điểm) 4cos x ( + sin x ) + cos x cos x = + 2sin x Nội dung Phương trình tương đương với: Điểm 0.25 2sin x(2cos x − 1) + cos x cos x + 4cos x − = ⇔ 2sin x cos x + cos x cos x + 3cos x − sin x = ( ) ( ⇔ 2cos x sin x + cos x + ⇔ +) ( )( cos x + sin x 2cos x + 0.25 ) ( cos x − sin x ) = cos x − sin x ) = cos x + sin x cos x + sin x = ⇔ tan x = − ⇔ x = − π + kπ 0.25 5π  x = − + k 2π  0.25 5π   +) 2cos x + cos x − sin x = ⇔ cos x = cos  x − ÷⇔     x = 5π + k 2π  18 π 5π 5π k 2π + kπ , x = + Vậy phương trình có nghiệm: x = − + kπ , x = − 18 Câu 2.b (1.0 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn Nội dung Điểm Trong thẻ cho có hai thẻ ghi số chia hết cho (các thẻ ghi số 8), thẻ 0.25 lại ghi số không chia hết cho x Giả sử rút x ( ≤ x ≤ 9; x ∈ ¥ ) , số cách chọn x từ thẻ hộp C9 , số phần tử không gian mẫu là: Ω = C9 Gọi A biến cố:” Trong số x thẻ rút ra, có thẻ ghi số chia hết cho 4” Suy A biến cố:” Lấy x thẻ khơng có thẻ chia hết cho 4” x x Số cách chọn tương ứng với biến cố A A = C7 C7x C7x Ta có P A = x ⇒ P ( A ) = − x C9 C9 ( ) 0.25 Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Tốn Do P ( A ) > Cx 5 ⇔ − 7x > ⇔ x − 17 x + 60 < ⇔ < x < 12 ⇒ ≤ x ≤ C9 Vậy giá trị nhỏ x Vậy số thẻ phải rút 3 x − x − + x x + = ( y + 1) Câu (1.0 điểm)  2  x + y = x − y + y2 + y + 0.25 ( x, y ∈ ¡ ) Nội dung 3 x − x − + x x + − ( y + 1) 2 Hệ cho trở thành:  0.25 Điểm y + y + = (1) 2  x + y − x + y − = (2) ⇔ x − x − + x x + − ( y + 1) ⇔ x + x x + = ( y + 1) + ( y + 1) y + y + = x2 + y − 2x + y − ( y + 1) + (*) Xét hàm số: f (t ) = t + t t + (t ∈ ¡ ) có f '(t ) = 2t + t + + t2 t2 +1 > 2t + 2t > Suy f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do từ phương trình (*) ta có: x = y + vào phương trình (2) ta được:  y=  ( y + 1) + y − ( y + 1) + y − = ⇔ y + y − = ⇔   y = −2 +) Với y = −2 ⇒ x = −1 +) Với y = ⇒ x = 3 5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là: ( −1; −2 ) ;  ; ÷ 3 2 2 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4.a (0.75 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A1 B1C1 D1 có cạnh · AB = AD = 2, AA1 = góc BAD = 600 Gọi M , N trung điểm cạnh A1D1 A1B1 Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng ( BDMN ) Nội dung Điểm Trang 4/6, HDC HSG12-Mơn Tốn Ta có: BD ⊥ AC , BD ⊥ AA1 ⇒ BD ⊥ mp ( ACC1 A1 ) ⇔ AC1 ⊥ BD uuuu r uuur uuu r uuur uuuu r  uuur uuu r r uuu r uuur uuur uuu Mặtkhác: AC1.BN = AB + BC + CC1  BB1 + BA ÷ = − AB + BA.BC + BB1 = 2   uuuu r uuur −2 − + = Suy AC1 ⊥ BN ( ) ( 0.25 ) Từ ( 1) ( ) ⇒ AC1 ⊥ ( BCMN ) Câu 4.b (0.75 điểm) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Nội dung Gọi AA1 ∩ DM ∩ BN = { I } ⇒ A1 , M , N trung điểm AI , DI , BI VI AMN IA.IM IN = = ⇒ VA BDMN = VI ABD VI ABD IA.IB.ID 4 1 3 Suy VA BCMN = IA.S ∆ABD = 3.22 = ( dvtt ) 4 Vậy thể tích khối chóp A.BDMN 0.5 Điểm 0.25 0.5 Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB = 3, BC = 6, mặt phẳng ( SAB ) vng góc với đáy, mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BD Tính thể tích khối chóp S ABCD cosin góc hai đường thẳng SA BD Trang 5/6, HDC HSG12-Mơn Tốn Nội dung Điểm Hạ SH ⊥ AB ( H ∈ AB ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Kẻ HK ⊥ CD ( K ∈ CD ) ⇒ tứ giác HBCK hình chữ nhật · Ta có: BC ⊥ ( SAB ) ⇒ Góc mặt phẳng ( SBC ) ( ABCD ) là: SBH · CD ⊥ ( SHK ) ⇒ Góc mặt phẳng ( SCD ) ( ABCD ) là: SKH · · = SKH ⇒ ∆SHB = ∆SHK ( g − c − g ) ⇒ HK = HB = BC = Theo giả thiết: SBH Do A trung điểm HB Ta thấy Y ABDK hình bình hành ⇒ BD / / AK ⇒ BD / / ( SAK ) mà SA ∈ ( SAK ) 0.25 0.25 Suy d ( BD, SA ) = d ( BD, ( SAK ) ) = d ( D, ( SAK ) ) = d ( H , ( SAK ) ) = h = Do tam diện H SAK vuông H nên: ⇒ SH = 1 1 1 1 = + + ⇔ = + + 2 2 h HS HA HK HS 36 0.25 3 Suy VS ABCD = SH S ABCD = 6.3.6 = 36 (dvtt) Gọi α góc hai đường thẳng SA BD ⇒ α = ( BD, SA ) = ( AK , SA ) Ta có: SA = 2, SA = AK = Trong tam giác SAK có: AS + AK − SK 45 + 45 − 72 · cos SAK = = = AS AK 2.3 5.3 5 · = arccos Vậy α = SAK 0.25 Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: x + y − 10 = D ( 2; −4 ) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + = Nội dung Điểm Trang 6/6, HDC HSG12-Mơn Tốn AJ qua J ( 2;1) D ( 2; −4 ) nên AJ có phương trình : x − = Gọi H chân đường cao xuất phát từ đỉnh A Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2;6 )   x + y − 10 = y = Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC » = DC » ⇒ DB = DC EA » = EC » Ta có DB ( ) ( 0.25 ) 1 · » + sd DC » » + sd DB » = DJB · DBJ = sd EC = sd EA ⇒ ∆DBJ cân D 2 DB = DC = DJ hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Suy B, C nằm đường tròn tâm D ( 2; −4 ) bán kính JD = + 52 = có phương 0.25 trình ( x − ) + ( y + ) = 25 Khi tọa độ B hệ nghiệm: 2 ( x − ) + ( y + ) = 25  B ( −3; −4 )  x = −3  x = ⇔ ∨ ⇒   y = −4  y = −9  B ( 2; −9 )  x + y + = 0.25 Do B có hồnh độ âm nên B ( −3; −4 ) BC qua B ( −3; −4 ) vng góc AH nên có phương trình: x − y − = ( x − ) + ( y + ) = 25 ⇒ C ( 5;0 ) Khi C nghiệm hệ:   x − y − = Vậy A ( 2;6 ) , B ( −3; −4 ) , C ( 5;0 ) 0.25 Câu (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 121 biểu thức A = a + b + c + 14 ab + bc + ca ( ) Nội dung Ta có = ( a + b + c ) = a + b + c + ( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca = 121 Do A = a + b + c − − a + b + c ( ) ( 1− ( a + b + c 2 2 ) Điểm 0.25 ) Trang 7/6, HDC HSG12-Mơn Tốn Đặt t = a + b + c Vì a, b, c > a + b + c = nên < a < 1, < b < 1, < c < Suy t = a + b + c < a + b + c = 2 2 2 Mặt khác = ( a + b + c ) = a + b + c + ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) 0.25 1  2 Suy t = a + b + c ≥ Vậy t ∈  ;1÷ 3  t Xét hàm số f ( t ) = + f '( t ) = − 121 1  ; t ∈  ;1÷ 7(1 − t ) 3  121 − 2 t ( 1− t ) f '( t ) = ⇔ t = 0.25 18 Lập BBT hàm số f ( t ) 324 1  ; ∀t ∈  ;1÷ 3  324 1 Vậy A = đạt a = ; b = ; c = Dựa vào BBT suy f ( t ) ≥ 0.25 - Hết - Trang 8/6, HDC HSG12-Mơn Tốn ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 20 18- 20 19 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I LƯU Ý CHUNG:... phân biệt Trang 2/ 6, HDC HSG1 2- Mơn Toán m > + ∆ > ⇔ m − 8m − 32 > ⇔  khác -1 ⇔  − m + m + ≠   m < − x +x  Trung điểm I đoạn AB có tọa độ  ; x1 + x2 + m ÷ với x1 , x2 nghiệm 0.5  ... = x2 + y − 2x + y − ( y + 1) + (*) Xét hàm số: f (t ) = t + t t + (t ∈ ¡ ) có f '(t ) = 2t + t + + t2 t2 +1 > 2t + 2t > Suy f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do từ phương trình (*) ta có: x = y + vào