De thi HSG khoi 12 mon Toan Quang Tri nam 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. (Đề thi gồm 01 trang). 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 Câu 2. (5,0 điểm). log 3 log 1  x 2  1  1 2. 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. 1 V  d1 .d 2 .d3 3 Chứng minh rằng: . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình. x 3  3x  4  x 2. x  y   y  z   z  x  1 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn  . Chứng minh rằng. x 2  xy  y 2 xy  1. . y 2  yz  z 2. . yz  1. z 2  zx  x 2  3 zx  1. 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  4 y  12 0 . Câu 5. (3,0 điểm) ìï x3 + 4 x 2 + 5 x = y y +1 - 2 ïï í ïï ( x +1) 6 x - 2 - 5 y 2 - 36 x 2 + 24 x - 4 = y - 12 x + 4 1. Giải hệ phương trình ïî. (. ). 2 2 2 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P. 2 x  xy. . 1 2. y  xy. . 2 3 1 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……………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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). Câu. Đáp án (trang 01). Điểm. Số bi trong hộp 5+3+4=12. 0,25. 4 Số phần tử không gian mẫu C12 495. 0,25. Đếm số phần tử biến cố A có 2 trường hợp sau. 0,25. TH1: 4 viên bi lấy ra không có viên bi vàng và có ít nhất 1viên bi đỏ C1 4 4 Ý1 Số kết quả là C9  C4 125 3,0 TH2: 4 viên bi lấy ra có đúng 1 viên bi vàng và có ít nhất 2viên bi đỏ đ 2 1 1 3 1 Số kết quả là C5 C3C4  C5 C3 150. 0,50 0,25 0,50. Số phần tử của biến cố A là 125+150=275. 0,50. 275 5  Vậy xác suất biến cố A là 495 9. 0,50. C1 Ý2 Điều kiện xác định. x 2  1  0; log 1  x 2  1  0. 0,50. 2. 1 3,0  log 1  x 2  1  3  x 2  1  đ 8 2 BPT. Cùng với điều kiện, BPT đã cho tương đương với. 1,0. 1,50.   3 2 3 2 1 3 2 2 S   2;  ; 2      x  11  | x | 2  4   4   8 4 . Vậy tập nghiệm. C2 Ý1 4,0 đ.  SM   ABC   SCM SC , ( ABC )  60o. 0,50.  Tam giác SMC vuông tại M nên: MC SC.cos SCM a 5. 0,25.  SM SC.sin SCM a 15. Đặt AC = x, vì tam giác AMC vuông tại A nên 2  x 2 x    5a 2  x 2a S ABC  1 AC 2 2a 2  2 2 , 1 2a 3 15 VS . ABC  S ABC .SM  3 3 Thể tích khối S.ABC:. 0,25. 0,50 0,50. Ta có AC  AB, AC  SM  AC  SA nên tam giác SAC vuông tại A, do đó. 0,50. 1 SA  SC 2  AC 2 4a, S SAC  SA. AC 4a 2 2. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> d  B, ( SAC )  . Suy ra. 1,0. 3VS . ABC a 15  S SAC 2. C2. Ngoại tiếp tứ diện bởi hình hộp xiên. Ý2. AEDF.MBNC. Kí hiệu V’ là thể tích khối hộp 1 V  V' 3 đó. Khi đó. 1đ. 0,25. Mặt khác V ' S MBNC .d  ( AEDF ), ( MBNC )  S MBNC .d3. 0,25. BN .d  C , BN  .d3 BN .d 2 .d3 d1 .d 2 .d 3. 0,50. . Suy. ra dpcm.. C3 Ý1 2,0đ. 2 Điều kiện xác định: 4  x 0   2  x 2. 0,25. Đặt x 2 cos t , t  [0;  ]. 0,25.   k t 8  2   cos 3t sin t  cos 3t cos   t    2   t     k  4 Phương trình trở thành. 0,5.  5 3 t  ,t  ,t  8 8 4 Vì t  [0;  ] nên. 0,25. Vậy nghiệm phương trình đã cho là C3 Ý2. x 2  xy  y 2 xy  1. Ta có x 2  xy  y 2 xy  1  3. 2,0đ.  5 3 , x 2 cos , x 2 cos  2 8 8 4. a b c x y  , yz  ,zx  b c a Từ giả thiết, lấy các số dương a, b, c sao cho. 2,0đ. C4. x 2cos. . 3 1 2 2  x  y   x  y 3  x  y a2 3 4  4   2 x y x y2 a  2ab 1 2. y 2  yz  z 2 yz  1.  a  b  c.  a2 z 2  zx  x 2 b2 c2    3 2  2  2  zx  1  a  2ab b  2bc c  2ca . 2. a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca.  3. 0,5. 0,25 0,50. 0,50. 0,50 0,50. 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.   MEP NFQ 90o Ta có 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. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vì F là giao điểm của BC và NF nên tọa độ F là 3x  4 y  12 0   52  36   F ;   4 x  3 y  4  0 25 25    nghiệm hệ. 0,25. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE là đường tròn (T) qua 3 điểm M, N, F có phương trình x2  y 2 . 0,50. 66 112 184 x y 0 25 25 25. Hs có thể tìm tọa độ điểm Q, viết PT đường tròn đường kính NQ Điều kiện. x³. 1 2 , y ³ 0,5 y 2 - ( 6 x - 2) ³ 0 3. 0,25. ( x +1) +( x +1) = ( y ) +( y ) 3. 3. 2. 2. Biến đổi phương trình đầu của hệ được f ( t ) = t3 +t 2 f ¢( t ) = 3t 2 + 2t ³ 0, " t ³ 0; Xét với t ³ 0. Ta có nên f(t) đồng biến trên 1ö 2 æ x +1 = y Û y = ( x +1) ç do x ³ ÷ ÷ ç ç è ø. [0; ) . Do đó phương trình tương đương với 3÷ Thay vào phương trình thứ hai của hệ, biến đổi ta được 2. é6 x - 2 ù ê ú = 1- 2 6 x - 2 5 2 2ú 2 ê x + 1 ( x +1) (ë x +1) ú ( ) ê û Ý1 . 6x - 2 2đ u= , 2 2 4 x +1) ( Đặt suy ra 0 £ u £ 5 . Phương trình trở thành 2u + u C5. 6x - 2. Xét. g ¢( u ) = 4u +1 +. 0,25. 5 - u4. 2u 3 4. 0,25. 5 - u 4 =1. 4 g ( 1) =1 với 0 £ u £ 5 . Ta có và. (. ). > 0, " u Î 0; 4 5 .. 5- u éx =1 6x - 2 =1 Û ê 2 ê ( x +1) ëx = 3. 0,25. Nên phương trình có 1 nghiệm u = 1 .. x³. 0,25. 1 3 ). ( 3;16) .. (thỏa mãn ( 1;4) và Vậy nghiệm của hệ đã cho là Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 1 1 1 2     y 2  xy x 2  xy y 2  xy 4  x 2  xy   y 2  xy  ( x  xy ) 2 2 2 2 2    2 2 2 2 x  xy  y  xy x y 1 z2 C5 2 Ý2 2 2 3 1đ P   f  z 2 f z 1  z 1  z Nên . Xét   trên [0 ;1] có f ' z  . 0,25. -. g ( u ) = 2u 2 + u -. Do đó. 0,25. ( x; y ). 2z. 1 z  2. 1 z2. . 2. 2 3. 1 z . 2.  2. Trên (0 ;1) :. 2z 1 z   2 3 1 z. 1 z . 2. 1 z  2. 2. . 1 z. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 1 z2. f '  z  0  2 z  1  z   2 3  1  z 2  1  z 2 0  4 z 3  8 z 2  9 z  3 0  z . 1 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> f  z.  1 8 3 P  f  z  f    3  2 trên [0 ;1], ta được. Lập bảng biến thiên của 6 1 8 3 8 3 x y  , z  P 4 2 thì 3 . Vậy GTNN của P là 3 Khi -----------------------Hết-----------------------. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>