Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 tỉnh vĩnh phúc năm học 2015 2016 (có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).
1
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − ( m − 1) x 2 − ( m − 3) x + 8m 2
3
đồng biến trên khoảng ( 0;3) .
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = − x3 + 3mx 2 − 3m − 1 có điểm
cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối xứng với nhau qua đường thẳng x + 2 y + 1 = 0 .
Câu 2 (2,0 điểm).
cos 2 x − cos3 x − 1
a) Giải phương trình: cos 2 x − tan x =
.
cos 2 x
b) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của
đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn
là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều.
Câu 3 (1,5 điểm).
x −1
+ x +1 ( x ∈ ¡ ) .
Giải phương trình: ( x − 2 ) ( 4 − x ) + x − 2 + 4 − x =
2
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = b ( a, b > 0 ) , SA
2

vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = 2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho
AM = x với 0 < x < 2a .
a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) .
b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích
bằng nhau.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường
thẳng CD. Biết điểm D ( −1; − 1) , đường thẳng IG có phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có
hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [ 1;9] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =

y
1 y
z 
+ 
+
÷.
10 y − x 2  y + z z + x 
---------------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:……….....……….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - THPT

(Hướng dẫn chấm có 05 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1
y = x 3 − ( m − 1) x 2 − ( m − 3) x + 8m 2 đồng biến trên khoảng ( 0;3) .
3
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 2,5

a

y = − x3 + 3mx 2 − 3m − 1 có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối
xứng với nhau qua đường thẳng x + 2 y + 1 = 0 .
TXĐ: ¡

y ' = x 2 − 2 ( m − 1) x − ( m − 3)
Do phương trình y ' = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên ¡ , nên để hàm số đã

0,5

cho đồng biến trên khoảng ( 0;3) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3)
x2 + 2x + 3
⇔
≥ m, ∀x ∈ ( 0;3) .
2x + 1
x2 + 2x + 3
trên khoảng ( 0;3)
2x + 1
x = 1
2x2 + 2 x − 4
g '( x ) =
;
g
'
x
=
0
⇔
(
)

2
( 2 x + 1)
 x = −2 ( loai )
BBT
x
0
1
−
g '( x )

+
0
3
g ( x)
2
Xét hàm số g ( x ) =

0,5

3
18
7

0,5

Từ BBT, g ( x ) ≥ m, ∀x ∈ ( 0;3) ⇔ m ≤ 2
Vậy, m ≤ 2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0;3) .
b

TXĐ: ¡
x = 0
y ' = −3 x 2 + 6mx; y ' = 0 ⇔ 
. Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu ⇔
 x = 2m
phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0
uuu
r
3
3
Tọa độ hai điểm cực trị A ( 0; − 3m − 1) , B ( 2m;4m − 3m − 1) ⇒ AB ( 2m;4m )

2

0,5
0,5


3
và trung điểm của AB là I ( m;2m − 3m − 1)

I ∈ d
A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x + 2 y + 1 = 0 ⇔ 
 AB ⊥ d

2

a

3
4m − 5m − 1 = 0
⇔ 3
⇔ m = −1 (thỏa mãn). Vậy, m = −1 .
4m − 4m = 0
cos 2 x − cos3 x − 1
a) Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x =
.
cos 2 x
b) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba
đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác
suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác
đều.

π
Điều kiện: x ≠ + lπ ( l ∈ ¢ )

2

Suy ra (1) ⇔ cos 2 x − tan x = 1 − cos x − (1 + tan x)
2

2,0

0,25

2

cos x = −1
⇔ cos 2 x = − cos x ⇔ 2cos x + cos x − 1 = 0 ⇔ 
cos x = 1
2

+) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π ( k ∈ ¢ )
2

1
π
⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ )
2
3
Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x = −π + k 2π ,
π
x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ )

3
Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: C153 = 455 tam giác.

0,25
0,25

+) cos x =

b

Số phần tử của tập M là: M = 455
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của
đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay
có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam
giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.
15
= 5 tam giác.
Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là
3
Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do
mọi tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.
Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba
đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15 − 3.5 = 90 .
Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều
từ tập M: P =
3

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

90 18
= .
455 91

Giải phương trình:

( x − 2) ( 4 − x ) +

x −2 + 4− x =

Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4

x −1
+ x + 1 ( 1)
2

1,5
0,5

3


( 1) ⇔ 2 ( x − 2 ) ( 4 − x ) + 2 (

⇔

(

x−2 + 4− x

)

2

+2

(

)

x − 2 + 4 − x = x −1 + 2 x +1

)

x − 2 + 4 − x = x + 1+ 2 x + 1

2
Xét hàm số: f ( t ) = t + 2t , t > 0 . Có f ' ( t ) = 2t + 2 > 0∀t > 0 ⇒ hàm số đồng

biến trên ( 0;+∞ ) . Suy ra phương trình (1) có dạng
f

(

)

x−2 + 4− x = f

(

0,5

)

x +1 ⇔ x − 2 + 4 − x = x +1

11
. Nghiệm tìm được thỏa mãn.
5
11
Vậy phương trình có nghiệm: x = 3; x =
5
S
.
ABCD
Cho hình chóp
có đáy ABCD là hình chữ nhật,
⇔2

4

( x − 2) ( 4 − x )

= x − 1 ⇔ x = 3; x =

0,5

AB = a, AD = b ( a, b > 0 ) , SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và
SA = 2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM = x với 0 < x < 2a .
a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) .
b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có

2,0

thể tích bằng nhau.

a

Do BC / / AD ⇒ mặt phẳng (MBC) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN
( N ∈ SD ) và MN / / AD .
AD ⊥ ( SAB ) ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ MN ⊥ BM . Suy ra thiết diện của hình chóp
S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MBC) là hình thang BCNM vuông tại B và M
b ( 2a − x )
MN SM
BM = x 2 + a 2 ,
=
⇒ MN =
AD
SA
2a
Diện tích thiết diện BCNM:

S BCNM
b

 b ( 2a − x )  2
a + x2
b +

2a
b ( 4a − x ) a 2 + x 2


=
=
2
4a

Kẻ AH ⊥ BM tại H, suy ra AH ⊥ ( BCNM ) , AH =

4

a +x

0,5

0,5

ax
2

0,5

2

Do ( BCNM ) ⊥ ( SAB ) ⇒
⇒ d ( S , ( BCNM ) ) =

d ( S , ( BCNM ) )

d ( A, ( BCNM ) )

=

MS
MA

a ( 2a − x )

a2 + x2
Thể tích khối chóp S.BCNM:
b ( 2a − x ) ( 4a − x )
1
VS .BCNM = d ( S , ( BCNM ) ) .S BCNM =
3
12
Để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng
nhau: VS . ABCD = 2VSBCNM ⇔

2 a 2b b ( 2 a − x ) ( 4 a − x )
=
3
6

(
(

5

)
)

 x = 3 + 5 a (lo¹i)
2
2
⇔ x − 6ax + 4 a = 0 ⇔ 
Vậy x = 3 − 5 a .
x = 3 − 5 a

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của

(

0,5

)

đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D ( −1; − 1) , đường thẳng IG có

1,0

phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC.

Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD ⇒ A là trung điểm của KI,
1
HK = DI = IC ;
2
1
AK = BK ⇒ GK / / AC ⇒ GK ⊥ AB ⇒ GB = GI = GC hay G là tâm đường
2
1
·
·
tròn đi qua ba điểm C, I, B. CGI
= 2 IBC
= 90o , ID = IC ⇒ DE / / IG .
2
Phương trình đường thẳng DE: 2 x − y + 1 = 0 ⇒ E ( 1;3)
CE ⊥ IG , suy ra phương trình CE : x + 2 y − 7 = 0 . Tọa độ của G là nghiệm của
5

0,5

0,25


6

7

x=


x + 2 y − 7 = 0

7 7
3
⇔
⇒ G  ; ÷ ⇒ C ( 5;1)
hệ phương trình 
3 3
6 x − 3 y − 7 = 0
y = 7

3
uuur 5 uuur
DG = AG ⇒ A ( 1;1) ⇒ B ( 1;5 ) . Vậy, A ( 1;1) , B ( 1;5 ) và C ( 5;1) .
2
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [ 1;9] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất

1,0

y
1 y
z 
+ 
+
của biểu thức P =
÷.
10 y − x 2  y + z z + x 
Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1
1
2
+
≥
.
1 + a 1 + b 1 + ab

2
1
1
2
+
≥
⇔ a− b
ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 .
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 .

(

Thật vậy:

)(

)





1
1 1
1 ÷
1
1
÷≥
+ 
+
+
Áp dụng bất đẳng thức trên: P =
x 2
z
x
x
x
10 −
1+
1+ ÷
10 −
1+

÷
y
y
z
y
y


Đặt

0,25

0,25

0,25

x
1
1
= t ∈ [ 1;3] . Xét hàm số f ( t ) =
+
trên đoạn [ 1;3] .
2
y
10 − t 1 + t
2t

f '( t ) =

−

1

; f ' ( t ) = 0 ⇔ t 4 − 2t 3 − 24t 2 − 2t + 100 = 0

( 10 − t ) ( 1 + t )
( t − 2 ) ( t − 24t − 50 ) = 0 ⇔ t = 2 do t
2 2

2

3

3

− 24t − 50 < 0 ∀t ∈ [ 1;3] .
0,25

BBT
t
f '( t )
f ( t)

1

2

−

3
+

11
18

5
4
1
2

Suy ra Pmin

x = 4 y

  z = x
x = 4 y
1
= khi và chỉ khi   y z ⇔ 
.

z
=
2
y
2

 x
 = 1
  y
---------------Hết----------------

6

0,25