Đề thi học sinh giỏi môn toán 12 tỉnh Nam Định năm 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015

NAM ĐỊNH

Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2m x + 2m − m (với m là tham số).
1) Khi m = 1, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tương ứng, biết rằng tiếp tuyến đi qua
điểm M (−1;0).
2) Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có chu vi
bằng 2(1 + 2).
Câu 2 (5,0 điểm).
x
x

1) Giải phương trình cos x − 3cos + 3  sin x + 3sin ÷ = 4.
2
2

4

2) Giải bất phương trình log 1 log 7
5

2

(

2

2

)

4 x 2 + 1 + 2 x − log 5 log 1

(

7

(

)

4 x 2 + 1 − 2 x > 0.

)

 y 2 + x + y + x + 1 − 1 = 2 y x + 1 + y − 1. x + 1 − 1

3) Giải hệ phương trình 
 y2 + 5 + x + 2
2 y 2 − 3 − 3 = 4.


Câu 3 (2,0 điểm).
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : 2 x 2 + 2 y 2 − 2 x + 2 y − 1 = 0 và hai đường
thẳng d1 : x − y + 4 = 0 , d 2 : 6 x + 4 y − 1 = 0. Từ một điểm M trên d1 kẻ hai tiếp tuyến phân biệt
MA , MB tới đường tròn (T ), ( A , B là hai tiếp điểm), viết phương trình đường thẳng AB biết
rằng đường thẳng d 2 đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2) Trong không gian toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(0;2;1) , B( −2;0;1);
biết tâm mặt cầu thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và có bán kính nhỏ nhất.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC = a 2;
SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi E , F lần lượt là trung điểm SD và AD.
1) Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) .
2) Gọi ( P ) là mặt phẳng qua B, E và vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) . Tính theo a khoảng cách

(

)(

)

từ D đến mặt phẳng ( P ) .
Câu 5 (4,0 điểm).
2

x2 − 1 
1) Tính tích phân I = ∫  x + 3
÷dx.
x +x
1
2) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lập ra tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau.
Chọn ngẫu nhiên hai số trong các số được lập. Tính xác suất để trong hai số được chọn có ít nhất
một số lớn hơn 2015.

Câu 6 (2,0 điểm).
Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3x + 2 y = 2 xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
8 2 21
P = 2 ( x + y ) + 2 + + + 2 xy .
x y
x
--------------------HẾT----------------------Họ và tên thí sinh:……………………….Họ, tên chữ ký GT1:…………………………………..
Số báo danh:……………………………..Họ, tên chữ ký GT2:…………………………………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT

Câu
Nội dung
1.1
Khi m = 1, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến đi qua
(2,0đ) điểm M (−1;0).
+ Khi m = 1 , ta có y = x 4 − 2 x 2 + 1 ; ∀x ∈ ¡ , y ' = 4 x3 − 4 x.
+ Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) là
y = (4 x03 − 4 x0 )( x − x0 ) + y0 .
+ d đi qua M (−1;0) ⇔ (4 x03 − 4 x0 )( −1 − x0 ) + x04 − 2 x02 + 1 = 0 (*)
1
+ Giải phương trình (*) tìm được ba nghiệm là x0 = ±1; x0 = − .
3

* Với x0 = ±1, tìm được phương trình tiếp tuyến là y = 0.

Điểm

0,5
0,5
0,5

0,5
1
32
32
x+ .
* Với x0 = − , tìm được phương trình tiếp tuyến là y =
3
27
27
Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có chu vi

1.2
(2,0đ) bằng 2(1 + 2).
+ ∀x ∈ ¡ , y ' = 4 x3 − 4m 2 x.

 x = −m

+ y ' = 0 ⇔ x = 0
 x = m
+ y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0

0,75

(*)

+ Khi đó gọi A(− m; −m 4 + 2m 2 − m) ; B (0;2m 2 − m) ; C ( m; −m 4 + 2m 2 − m) là
ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
+ Tính được BA = BC = m8 + m 2 và AC = 2 m 2 .
+ Chu vi tam giác ABC bằng 2(1 + 2) nên ta có 2 BA + AC = 2(1 + 2)
⇔ m8 + m 2 + m 2 = 1 + 2

0,75

0,25

(**)

+ Từ (*) suy ra m 2 > 0 . Nếu 0 < m 2 < 1 hoặc m 2 > 1 thì (**) vô nghiệm.
+ Nếu m 2 = 1 ⇔ m = ±1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các giá trị của m cần tìm là m = ±1.
2.1
x
x
Giải phương trình cos x − 3cos + 3(sin x + 3sin ) = 4 .
(2,0đ)
2
2
+ Phương trình đã cho tương đương với:
x
x
cos x + 3 sin x − 3(cos − 3 sin ) − 4 = 0
2
2

1
3
3
x 1
x
⇔ cos x +
sin x + 3( sin − cos ) − 2 = 0
2
2
2
2 2
2
π
x π
⇔ cos( x − ) + 3sin( − ) − 2 = 0
3
2 6

0,25

0,5

0,5


x π

sin(
− ) =1


π
x π
2 6
2 x
⇔ 2sin ( − ) − 3sin( − ) + 1 = 0 ⇔ 
2 6
2 6
sin( x − π ) = 1

2 6
2
x π
4π
+ k .4π
+ sin( − ) = 1 ⇔ x =
2 6
3
2π

x=
+ k .4π
x π
1

3
+ sin( − ) = ⇔

2 6
2
 x = 2π + k .4π

Phương trình có tất cả các nghiệm là: x =

0,5

0,5

4π
2π
+ k .4π ; x =
+ k .4π ; x = 2π + k .4π
3
3

2
2
2.2
Giải bất phương trình: log 1 log 7 ( 4 x + 1 + 2 x) − log 5 log 1 ( 4 x + 1 − 2 x) > 0 .
(1,0đ)
5
7
+ ∀x ∈ ¡ , ( 4 x 2 + 1 + 2 x)( 4 x 2 + 1 − 2 x) = 1 và 4 x 2 + 1 − 2 x > 0; 4 x 2 + 1 + 2 x > 0
2
2
Suy ra log 1 ( 4 x + 1 − 2 x) = log 7 ( 4 x + 1 + 2 x) , ∀x ∈ ¡
7

0,5

Do đó đ/k xác định của bất phương trình là log 7 ( 4 x 2 + 1 + 2 x) > 0 .
+ Với đ/k trên bất phương trình tương đương với:

log ( 4 x 2 + 1 + 2 x) > 0
 4 x 2 + 1 + 2 x > 1
7
⇔
log 5 log 7 ( 4 x + 1 + 2 x) < 0 ⇔ 

 4 x 2 + 1 + 2 x < 7
log 7 ( 4 x 2 + 1 + 2 x) < 1
 1 − 2 x < 0

  1 − 2 x ≥ 0
x > 0
 2

2
⇔   4 x + 1 > (1 − 2 x) ⇔ 
12

 x < 7
 7 − 2 x > 0
4 x 2 + 1 < (7 − 2 x) 2


0,25

2

 12 
* Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là  0; ÷.
 7

2.3
 y 2 + x + y + x + 1 − 1 = 2 y x + 1 + y − 1.

(2,0đ)
Giải hệ phương trình 
 y2 + 5 + x + 2
2 y2 − 3 − 3 = 4

x ≥ 0

+ ĐK: 
3 (*)
y ≥
2

+ Với đk (*) phương trình (1) tương đương với:

)(

(

( y 2 − 2 y x + 1 + x + 1) + ( y − 1 − 2 y − 1.
⇔ ( y − x + 1) 2 + ( y − 1 −

(

)

x + 1 − 1 + x + 1 − 1) = 0

x + 1 − 1) 2 = 0 ⇔ y = x + 1.

+ Với y = x + 1, từ (2) ta được

(

x +1 −1

x+6 + x+2

)(

)

2 x − 1 − 3 = 4 (3)

)

0,25

(1)
(2)

0,5


1

x ≥
2

⇔ x > 5 (**)
+ Ta chỉ xét (3) với điều kiện 
 2x −1 − 3 > 0

+ Nếu x > 7 thì

(

x+6 + x+2

)(

) (

2x −1 − 3 >

Suy ra (3) không có nghiệm trên ( 7; +∞ ) .
+ Nếu 5 < x < 7 thì

(

)

11 + 7 ( 3 − 3) <

(

13 + 3

x+6 + x+2

)(

)(

0,5

)

13 − 3 = 4.

)

2 x − 1 − 3 < 4 nên

Suy ra (3) không có nghiệm trên ( 5;7 ) .
+ x = 7 là nghiệm của (3) thỏa mãn (*). Với x = 7 thì y = 2 2 thỏa mãn.

(

)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = 7;2 2 .

0,5

0,5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T ) : 2 x 2 + 2 y 2 − 2 x + 2 y − 1 = 0 và hai
đường thẳng d1 : x − y + 4 = 0 , d 2 : 6 x + 4 y − 1 = 0. Từ một điểm M trên d1 kẻ hai tiếp

tuyến phân biệt MA , MB tới đường tròn (T ) , ( A , B là hai tiếp điểm), viết phương trình
đường thẳng AB biết rằng đường thẳng d 2 đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

2

2

1 
1

+ Ta có 2 x + 2 y − 2 x + 2 y − 1 = 0 ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1.
2 
2

1 1
Do đó đường tròn (T ) có tâm I ( ; − ) , bán kính R = 1 .
2 2
+ Gọi K là giao điểm của MI với đường tròn (T ) (K ở giữa M và I)
+ Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB.
1 1
+ Nhận thấy d1 cắt d 2 và d 2 đi qua tâm I ( ; − ) nên K nằm trên d 2 khi và chỉ
2 2
khi M = d1 ∩ d 2 .
2

2

3

x=−


x − y + 4 = 0

3 5
2
⇔
+ Xét hệ: 
Suy ra M (− ; ).
2 2
6 x + 4 y − 1 = 0
y = 5

2
+ Đường tròn (T1 ) đường kính MI có phương trình là x 2 + y 2 + x − 2 y − 2 = 0.
+ { A; B} = (T ) ∩ (T1 ) nên tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ:
1
 2
2
x + y − x + y − = 0
⇒ 4x − 6 y − 3 = 0 .
2

2
2
x + y + x − 2 y − 2 = 0


0,25
0,25

0,25

0,25


3.1
(1,0đ)

Vậy phương trình đường thẳng AB là 4 x − 6 y − 3 = 0.

3.2
Trong không gian toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(0;2;1) ,
(1,0đ) B(−2;0;1) ; biết tâm thuộc mặt phẳng ( P) : x + y − z − 3 = 0 và có bán kính nhỏ nhất.
+ Mặt phẳng (Q) là trung trực của AB có phương trình x + y = 0.
0,5
+ Gọi I là tâm và R là bán kính mặt cầu cần tìm.
x + y − z − 3 = 0
 y = −x
⇔
+ Có I ∈ ( P) ∩ (Q ) nên tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 
0,25
x + y = 0
 z = −3
Chọn I (t ; −t ; −3)
+ Ta có R = IA = 2(t + 1) 2 + 18 ≥ 3 2 ; R = 3 2 khi và chỉ khi t = −1.

0,25
Với t = −1, phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 3) 2 = 18.
4.1
). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là

(1,0đ)
hình chữ nhật, AB = a, BC = a 2, SA = a 3
và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) .
Gọi E , F lần lượt là trung điểm SD và AD.
1) Chứng minh rằng đường thẳng AC vuông
góc với mặt phẳng ( BEF ) .
2) Gọi ( P ) là mặt phẳng qua B, E và vuông
góc với mặt phẳng

( BEF ) .

Tính theo a

khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( P ) .
1) Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng ( BEF ) .
+) SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AC ; EF là đường trung bình tam giác SAD
⇒ EF ⊥ AC .
+) Xét hai tam giác vuông AFB và BAC, có :
AF AB
1
=
=
⇒ ∆AFB : ∆BAC ⇒ AC ⊥ BF .
BA BC
2
Do đó AC ⊥ ( BEF )
Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( P ) .

4.2
(2,0đ) +) AC ⊥ ( BEF ) và ( P) ⊥ ( BEF ) nên (P) cắt (SAC) theo giao tuyến IJ //AC (I

thuộc SA, J thuộc AC).
+) E là trung điểm SD nên d ( D,( P)) = d ( S ,( P)).

0,5

0,5

0,5

1
a3 6
+) VS . ABCD = SA.S ABCD =
.
3
3
+) Gọi O = AC ∩ BD, G = BE ∩ SO suy ra G là trọng tâm tam giác SAC và IJ đi
qua G. Khi đó

SI SG SJ 2
=
=
=
SA SO SC 3

0,5


+)

VS . EIJ

SE.SI .SJ 2 VS .BIJ
SB.SI .SJ 4
=
= ;
=
=
VS .DAC SD.SA.SC 9 VS .BAC SB.SA.SC 9

1
a3 6
+) VS .DAC = VS .BAC = VS . ABCD =
2
6

0,5

a 3 6  2 4  a3 6
.
 + ÷=
6 9 9
9
+) Tứ giác BJEI có hai đường chéo IJ và BE vuông góc .
3a
BD 2 + BS 2 SD 2
2
2a 3
2
−
; ⇒ BE =
IJ = AC =

. Trong tam giác SBD có BE =
2
2
4
3
3
+) VS .BJEI =

1 2a 3 3a a 2 3
; S BJEI = .
. =
2 3
2
2
+) d ( S ,( P)) =
5.1
(2,0đ)

0,5

3VS .BJEI 2a 2
2a 2
=
⇒ d ( D ,( P )) =
.
S BJEI
3
3



x2 − 1 
Tính tích phân I = ∫  x + 3
÷dx.
x +x
1
2
2
2

x2 −1 
x2 −1
I = ∫ x + 3
dx
÷dx = ∫ xdx + ∫ 3
x +x
x +x
1
1
1
2

1
2
2 1−
x2
x 2 dx
=
+∫
2 1 1 x+ 1
x

1

2 dx+
÷
3
x
= +∫ 
2 1 x+ 1
x
3
1
= + ln x +
2
x

0,5

0,5

0,5

2

3
5
+ ln .
0,5
2
4
1

5.2
Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lập ra tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác
(2,0đ) nhau. Chọn ngẫu nhiên hai số trong các số được lập. Tính xác suất để trong hai số được
chọn có ít nhất một số lớn hơn 2015.
+) Gọi S là tập hợp gồm các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập
0,5
từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 thì số phần tử của S là n(S) = 5.A 35 = 300.
=

2
= 44850.
+) Số phần tử của không gian mẫu Ω là n(Ω) = C300

+) Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số
0; 1; 2; 3; 4; 5 không vượt quá 2015 là 1.A 35 + 1.1.1.3 = 63.
+) Gọi A là biến cố “hai số được chọn có ít nhất một số lớn hơn 2015” . Biến cố đối

0,5

0,5

2
= 1953.
của A là A , ta có n(A) = C 63
+) Số phần tử của A là n(A) = n(Ω) − n(A) = 44850 − 1953 = 42897.

+) Xác suất của biến cố A là p(A) =

n(A) 42897 14299
=

=
.
n(Ω) 44850 14950

0,5


6.
Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3 x + 2 y = 2 xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(2,0đ)
8 2 21
P = 2 ( x + y ) + 2 + + + 2 xy
x y
x
2 3
+) Do x > 0, y > 0 và 3 x + 2 y = 2 xy nên + = 2.
0,5
x y

8  
9 2 3

+) P =  x + x + 2 ÷+ 2  y + ÷+  + ÷+ 2 xy
y x y
x  

+) Do x > 0, y > 0 , áp dụng bất đẳng Côsi ta được:
x+x+

9

9
8
8
3 x.x.
y
+
≥
2.
y
.
= 6.
≥
3
=
6
;
y
y
x2
x2

+) Mặt khác ta có 2 xy = 3 x + 2 y ≥ 2 6 xy ⇒

0,5

0,5

xy ≥ 6.

+) Do đó P ≥ 6 + 2.6 + 2 + 2 6 = 20 + 2 6.

x = 2
+) Với 
thì P = 20 + 2 6 .
y = 3

0,5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 20 + 2 6.
Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình thì giám khảo cho
điểm tương đương.
--------------------HẾT--------------------