De dap an HSG cap truong THPT Quang Xuong 2 Thanh Hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 12 NĂM HỌC 2016-2017. Môn: Toán, thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1. ( 4 điểm ). Cho hàm số. =. −2. +2. − 1 có đồ thị là (Cm).. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m=1. 2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác nhận gốc tọa độ là trọng tâm. Câu 2. ( 4 điểm ) 1. Giải phương trình. 3 +. = 1 + √2 sin. −2. .. 2. Giải hệ phương trình √8 + √8 +. + 2√ = 4 + √ + 2√ = 4 + √. Câu 3. ( 4 điểm ) 9 4. 1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. . S  x  x2  1. y. . y  y2 1. z. . z  z2 1. . x. 2. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: m x  4 x  1  4 x  1  x  3  m Câu 4. ( 6 điểm ) 1. Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. a. Cho SB = SC = a, góc giữa hai mặt (ABC) và (SBC) là 450. Tính thể tích khối tứ diện SABC và khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) theo a. b. Gọi R và r theo thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện SABC . Chứng minh rằng: 2 R  3 1  3 r .. . . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác nhọn ABC. Đường trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai D(4;-2). Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm B có tung độ âm. Câu 5. (2 điểm ) Một hộp đựng mười chiếc thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 10. Hỏi cần lấy ra ít nhất bao nhiêu chiếc thẻ để xác suất có ít nhất một chiếc thẻ ghi số chia hết cho 5 phải lớn hơn 0,9.. ======= Hết ======= Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án. Câu ý 1 1 Học sinh tự giải. Nội dung. Điểm 2,0. 2. 2. = 4 − 4 , = 0 ↔ = 0, = Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > 0. Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A(0; 2 − 1), B(√ ; − 1), C(−√ ; − 1) Tọa độ trọng tâm là gốc tọa độ ↔ 4 −3=0↔ = ±√3/2 Kết hợp với điều kiện ta được = √3/2 là giá trị cần tìm. 1 Phương trình ↔ 3 + =1+ 2 − 2 ↔ 2 (2 − 1) = 1 − 2 − =0 ↔[ ( )(2 + − 1) = − Từ đó giải được các nghiệm là: = + , = ± + 2 , = 2 2 Trừ vế với vế ta được: √8 + + 3√ = √8 + + 3√ (3) Xét hàm số: ( ) = √8 + + 3√ , ≥ 0 Ta có hàm f(t) đồng biến trên miền ≥ 0 nên pt (3) ↔ = Thay vào (1) ta được: √8 + + √ − 3 = 0 Dễ chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất x = 1, Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1, y = 0.. 3. . . . . 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,5 0,5 1,0. 0,5 1,0 0,5. . . 1 Ta có ln S  y ln x  x 2  1  z ln y  y 2  1  x ln z  z 2  1 .. . . Xét hàm số f  t   ln t  t 2  1 , t  0 1 . Ta có f 't  . 3 4  f '   4 5 t 1 1. 2. Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  của hàm số 1 3. . 4. 3. tại điểm  ; ln 2  có phương trình là y  t  ln 2   d  5 5 4  Lại có f ''  t  . t. t. 2.  1 t 2  1.  0, t  0 , nên đồ thị  C  lồi trên. khoảng  0;   . Do đó tiếp tuyến (d) của đồ thị  C  nằm phía trên đồ thị  C  . Suy ra. . . ln t  t 2  1 . 4 3 t  ln 2  , t  0 5 5. Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương x ta được :. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . . ln x  x 2  1 . Tương tự có. . . . . 4 3 4 3  x  ln 2   y ln x  x 2  1  xy   ln 2   y 5 5 5 5 . z ln y  y 2  1 . 4 3  yz   ln 2   z 5 5 . . . 4 3  x ln z  z  1  zx   ln 2   x 5 5  2. 0,5. Cộng theo vế ba BĐT trên, ta được lnS . 4 3  xy  yz  zx    ln 2    x  y  z  5 5 . 4  x  y  z  3 9   ln 2    x  y  z   ln 2 5 3 5 4  2. . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z . 0,5 3 . 4. Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2. 0,5. 2 Bất phương trình  m( x  4 x  1  1)  x  4 x  1  3 (1) Đặt t  x  4 x  1, t  1/ 2. 0,5. t2  3 Khi đó (1) trở thành: m  t 1 2 t 3 Xét hàm số f (t )  , t  1/ 2 , fmin = f(1) =2 t 1 Suy ra bất phương trình có nghiệm khi m  2 .. 4. 1 Gọi M là trung điểm của a BC, suy ra góc = 45 Suy ra AS = SM = /√2. 0,5 0,5 0,5. A. 0,5 a. 0,5. N. Từ đó tính được thể tích √. I. = (đvtt) Khoảng cách từ S tới (ABC) Là ℎ = = .. c. S. C. b M. 0,5 0,5. B. 1 Đặt SA  a, SB  b, SC  c  a  0, b  0, c  0  b Gọi I , J lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện SABC M , N lần lượt là trung điểm của BC , SA. Khi đó R  IS  SN 2  SM 2 . 1 2 1 1 2 SA   SB 2  SC 2   a  b2  c2 4 4 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Mặt khác với tứ diện vuông SABC ta có: 1 6 Diện tích toàn phần của tứ diện SABC là 1 Stp  ab  bc  ca  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 2. Thể tích tứ diện SABC là VSABC  abc. . . Lại có. VSABC  VJABC  VJSAB  VJSBC  VJSCA 1 1 1 1  VSABC  r.S ABC  r.S SAB  r.S SBC  r.S SCA 3 3 3 3 1  VSABC  r.Stp 3 3VSABC abc r  Stp ab  bc  ca  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2. Vậy nên. . a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 2R  r abc 3 3 a 2b 2 c 2  3 3 ab.b c.ca  3 3 a 2b 2 .b 2c 2 .c 2 a 2     abc. .  3 1 3. . (theo BĐT Cauchy). 0,5.  0,5. Vậy ta có điều phải chứng minh. 0,5 2 + Gọi M là trung điểm của BC => tọa độ của điểm M( 7 1 ; ) 2 2. + Kẻ đường kính AA’. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ta có tứ giác BHCA’ là hình bình hành. +Viết phương trình đường thẳng AD suy ra tọa độ điểm A(1;1) Chứng minh H đối xứng với D qua BC suy ra tọa độ điểm H và A’ + Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 0,5. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> suy ra tọa độ điểm B(2;-2) suy ra phương trình đường thẳng AB: 3x +y – 4 = 0. 5. 0,5. Nhận thấy trong 10 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 5 (các thẻ ghi số 5 hoặc số 10) ; 8 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 5. Giả sử rút ra x thẻ 1  x  10, x    ; số cách chọn x từ 10 thẻ trong hộp là C10x ; số phần tử của không gian mẫu là n     C10x .. 0,5. Gọi A là biến cố: ‘Trong số x thẻ lấy ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 5’’. Thế thì biến cố đối của A là A : ‘Trong số x. thẻ lấy ra, không có thẻ nào ghi số chia hết cho 5’’. Số cách chọn tương ứng với biến cố A là n  A   C .. 0,5. x 8. Ta có P  A  .  C. n A. n . x 8 x 10. C. . 10  x  9  x  0,5. 90. Do đó P  A   1  P  A   0,9  P  A  . 10  x  9  x   1 1  10 90 10. hay x 2  19 x  81  0  6, 4  x  12,5 0,5 Suy ra 7  x  10 . Giá trị nhỏ nhất của x là 7. Vậy số thẻ phải rút ra ít nhất mà ta phải tìm là 7..

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