Bo de thi HSG 12 mon Toan co dap an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016
Mơn: TỐN – Lớp 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (4,0 điểm).
x 1
x  1 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm thuộc (C) mà
1) Cho hàm số
khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng  : x  y  3 0 bằng 2 .
y

2) Cho hàm số

y  x3  2  m  1 x 2   5m  1 x  2m  2

có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số. Tìm m để (Cm ) cắt

A  2;0  , B, C
trục hoành tại ba điểm phân biệt
sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm
2
2
 T  : x  y 1 .
nằm ngồi đường trịn

Câu 2 (2,0 điểm).


sin 4 x.sin x  4 3 cos 2 x.cos 2 x.sin x 2 2 cos  x  
6

Giải phương trình
Câu 3 (1,5 điểm).
1
log 4  x 2  4 x  4   log 2  x  2   log 2 (4  x).
2
Giải bất phương trình
Câu 4 (1,5 điểm).

Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1;  1;1);

 Oxy  bằng khoảng cách từ G đến A.
1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz sao cho khoảng cách từ G đến
20
2
AM  ; BN 
3
3.
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và
Câu 5 (2,0 điểm).
2
1
x 
 x3
I 

  x 2  2 x  1 e x  dx
x2 1
1

Tính tích phân
Câu 6 (2,5 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B; AB BC 4a . Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến
mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích khối chóp S.HBCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD.
Câu 7 (1,5 điểm).
Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2
tam giác trong X, tính xác śt để chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác (H) và một tam giác
khơng có cạnh nào là cạnh của đa giác (H).
Câu 8 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu
A  4;6 
của A trên BD và CD. Biết
, phương trình của HK : 3x  4 y  4 0 , điểm C thuộc đường thẳng
d1 : x  y  2 0 , điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2 0 và điểm K có hồnh độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các

điểm B, C, D.
Câu 9 (2,0 điểm).

Giải hệ phương trình
Câu 10 (2,0 điểm).
Xét các số thực

 x 4  x3  4 y
 5x2  6 y  6


x 1

 x 3  x 2  y 2  2 x 2 y  2 xy  y 2 x 0


 x, y   

a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 và a 2  b2  c 2 27 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P a 4  b4  c 4  ab a 2  b 2  ac a 2  c 2  bc b 2  c 2 .









--------------------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

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016
Mơn: TỐN – Lớp 12 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
Nội dung
Điểm
1.1
x 1
(2,0đ)1 1) Cho hàm số y  x  1 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm
thuộc (C) mà khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng  : x  y  3 0 bằng 2 .

+) TXĐ:

D  \  1

. Gọi điểm

M (a;

a
d ( M , )  2 
+) Từ giả thiết ta có

+) Với

+) Với

0,25

a 1
)  (C ); a 1
a 1
a 1
3
a 1
 2
2

0,25

 a 2  3a  4 2 a  1

0,25

 a 2  5a  6 0
 2
 a  a  2 0

0,25

 a 2

 a 3

0,25

a 2  M (2;3) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y  2 x  7

a 3  M (3; 2) . Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là

y 

1.2
(2,0đ)

y 

1
7
x
2
2

0,25

0,25

1
7
x
2
2

0,25
* Vậy các phương trình tiếp tuyến của (C) cần tìm là: y  2 x  7;
3
2
2) Cho hàm số y x  2(m  1) x  (5m  1) x  2m  2 có đồ thị ( Cm ), với m là tham số. Tìm m để
( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(2;0) , B, C sao cho trong hai điểm B, C có mợt điểm
2
2
nằm trong và mợt điểm nằm ngồi đường tròn ( T ): x  y 1 .

+) Hoành độ giao điểm của( Cm ) và trục hoành là nghiệm phương trình:

x3  2(m  1) x 2  (5m  1) x  2m  2 0

0,25

 ( x  2)( x 2  2mx  m  1) 0
 x 2
 2
 x  2mx  m  1 0 (1)

0,25

+) ( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

0,25


 ' m 2  m  1  0


4  4m  m  1 0
m  (  ;

1

5
2

0,25

1 5
5 
) (
; ) \  
2
3

0,25

 x1  x2 2m

x .x m  1
A
(2;0),
B
(
x
;0),
C
(

x
;0)
x
;
x
1
2
1
2
+) Khi đó
; với
là nghiệm pt(1) và  1 2

0,25

+) Đường trịn (T) có tâm O(0;0), bán kính R=1
+) Hai điểm B, C thỏa mãn điều kiện đầu bài  (OB  R )(OC  R )  0

0,25

 ( x1  1)( x2  1)  0  x1 x2  1  x1  x2
 ( x1 x2 ) 2  1  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2
 3m 2  4m  4  0
2
 m  ( ; )  (2; )
3

0,25

2

)  (2; )
3
Kết hợp với đk (*) , các giá trị cần tìm của m là
Câu 2

sin 4 x.sin x  4 3 cos 2 x.cos 2 x.sin x 2 2 cos( x  )
(2,0đ)
6 .
Giải phương trình:
 m  ( ;

+ Phương trình đã cho tương đương với:

sin 4 x.sin x  2 3 sin 2 x.cos 2 x.cos x 2 2 cos( x 
 sin 4 x.sin x  3 sin 4 x.cos x 2 2 cos( x 


)
6


)
6


 sin 4 x(sin x  3 cos x) 2 2 cos( x  )
6
1
3


 2sin 4 x( sin x 
cos x) 2 2 cos( x  )
2
2
6


 sin 4 x cos( x  )  2 cos( x  )
6
6

 (sin 4 x  2) cos( x  ) 0
6
 sin 4 x  2(VL)

 cos( x   ) 0

6
2
 x   k
3
2
x   k , k  
3
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là
Câu 3
(1,5đ)

1
log 4  x 2  4 x  4   log

2
Giải bất phương trình:

+

 x2  4x  4  0

ĐK :  x  2  0

4  x  0


 x 2

 2  x  4

2

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

 x  2   log 2  4  x  .
0,25


+ Bất phương trình đã cho tương đương với

1
log 22 ( x  2)2  log 1 ( x  2)  log 2 (4  x)
2 22

0,25

 log 2 x  2  log 2 ( x  2)  log 2 (4  x)

 log 2  x  2 ( x  2)   log 2 (4  x)

0,25

 x  2 ( x  2)  4  x (1)
+) TH1: Với x  (  2; 2) thì (1)  (2  x )( x  2)  4  x  x  (0;1) . Kết hợp với ĐK
trong trường hợp này ta được x  (0;1)

0,25

+) TH2: Với x  (2; 4) thì

(1)  ( x  2)( x  2)  4  x  x  ( ;

trong trường hợp này ta được

x(

 1

33
2

) (

 1  33
; )
2
. Kết hợp với ĐK

 1  33
;4)
2

 1  33
;4)
2
* Vậy bất phương trình có tập nghiệm là
Câu 4 Trong khơng gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;5) , B (1;  1;1) .
x  (0;1)  (

(1,5đ)

0,25

0,25

1) Tìm tọa độ điểm G thuộc trục Oz sao cho khoảng cách từ G đến mặt phẳng (Oxy) bằng khoảng
cách từ G đến A
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P) và

20
2
; BN  .
3
3
G
(0;0;
a
)

Oz
+) Gọi
AM 

+) Ta có mặt phẳng
+) Từ giả thiết:

0,25

(Oxy ) : z 0; d (G,(Oxy ))  a ; GA  9  9  (5  a) 2

d (G ,(Oxy )) GA  a  9  9  (5  a ) 2
43
 a

10

43
G (0;0; )
10 là điểm cần tìm.
Vậy
20
2
AB 6; AM  ; BN 
3
3
+) Ta có
+) Ta thấy AM  AB  BN tức là d ( A,( P ))  AB  d ( B,( P )) (1)
+) Ta ln có AB  BN  AN  AM
+) Do đó (1) xảy ra khi và chỉ khi các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời AB  ( P ) ; A,
B, N thẳng hàng ; B nằm giữa A và N ; M trùng với N.

7  13 5


N( ;
; )
9 9 9
+) AB 9 BN , B nằm giữa A và N . Do đó AB 9 BN , từ đó tìm được
+) Mặt phẳng (P) đi qua N nhận AB nên có phương trình: x  2 y  2 z  1 0

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


Câu 5
(2,0đ)

2

1
x 
 x3
2
I 
 ( x  2 x  1)e x  dx.
2
x 1

1
Tính tích phân

2

1
x 
 x3
2
I 

 ( x  2 x  1)e x  dx.
2
x 1

1
2

2

x3



2

x 1

1

dx  ( x 2  2 x  1)e

+)

1

1
x

0,25

dx

1

2

M 

x

x

3

2

x 1

dx

2
2
2
+) Đặt t  x  1  t  x  1  2tdt 2 xdx  tdt  xdx

0,25

+) Đổi cận: x 1  t  2; x 2  t  5
2

M 
1

5

x3

0,25
2

2 5 2
3

0,25

2
2

+

0,25

5

t3
(  t )
3


5

(t 2  1)tdt
dx  
 (t 2  1) dt
2
t
x 1
2
2

N ( x  2 x  1)e
1

2

N 2 2 xe

x

1
x

x

1
x

2
2

dx ( x  1)e
1

x

1
x

2

dx  2 xe

x

1
x

dx N1  N 2

1

dx

1

Đặt

1
x


x
u

e


dv 2 xdx

2

N2 x e

x

1 2
x
1

Do đó
Vậy


x 2  1 x  1x
du

e dx

x2

2


v  x

2

 ( x 2  1)e

x

1
x

0,25

3

dx 4e 2  1  N1

1

3
2

3
2

N  N1  N 2  N1  4e  1  N1 4e  1

I M  N 

2
2 5 2
 4e 3  1
3

0,25
0,25

Câu 6 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB BC 4a. Tam giác
2,5 đ
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB,
biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính thể tích của khới chóp S.HBCD và
cosin của góc giữa hai đường thẳng SC và HD.


+) Tam giác SAB cân nên  SH  AB

+)

SAB)  ( ABCD)


( SAB )  ( ABCD)  AB   SH  ( ABCD )

SH  AB


+) Kẻ CK  HD, K  HD mà SH  ( ABCD )  SH  CK
Do đó CK  ( SHD)  d (C ,( SHD)) CK a 10

0,25

0,25

+ Tính được CH a 20  HK a 10 CK . Do đó tam giác CHK vng cân tại K





Nên KHC 45  DHC 45  tan DHC 1


+) Tam giác ABH vuông tại B nên tan BHC 2


tan BHC
 tan CHD



tan BHD
tan( BHC
 CHD
)
 3


1


tan
BHC
.tan
CHD
+)
AD
tan AHD 3 
3  AD 6a
BHD  AHD 180
AH
Mà
. Do đó
( AD  BC ). AB
S ABCD 
20a 2
2
Ta có
S HBCD S ABCD  S AHD 20a 2  6a 2 14a 2

0,25

0,25

0,25

3

1
28a 3
VS .HBCD  SH .S HBCD 

3
3
Vậy
1,25đ

Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD
Tam giác SHC vuông tại H nên SC a 32
+) Gọi M  AC  HD; E BC  HD

+) Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB  AD 4a  EC 10a

AD AM
6a 3
3
3
3
3a 2


  AM  MC  AC  .a 32 
5
8
8
2
+) AD//EC nên EC MC 10a 5
+) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB
Do đó góc giữa SC và HD là góc giữa CN và SC
3
10
4

AH  HN  HN  a  BN  a.
5
3
3
Ta có:

0,25

0,25


Ta có:

SN  SH 2  HN 2 

208
4 10
a; CN  BN 2  BC 2 
a.
3
3

SC 2  CN 2  SN 2
5

cos SCN 
 .
2 SC.CN
4
+) Áp dụng định lý Côsin trong tam giác SCN , ta có


cos( SC , HD) cos(CN , SC )  cos SCN
+)

0,2 5

0,25

0,25

5

cos( SC , HD)  cos SCN
 .
4
Vậy

Câu7 Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn
(1,5đ) ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa
giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H).
+) Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh.
+) Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là

0,25

2
n() C1540
1185030
+) Số phần tử của không gian mẫu  là

0,25

+) Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396
+) Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22

0,25

Số tam giác khơng có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122
+) Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có một tam giác có 1 cạnh là cạnh của (H) và 1
tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)"

0,25

+) Số phần tử của A là

1
n(A) C1396 .C1122

p(A) 
+) Xác suất của biến cố A là
Câu8
1,0đ

C322 1540.

1
n(A) C1396 .C1122
748



n() 1185030 1995

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi
H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A(4;6) , phương trình của HK:
3x  4 y  4 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y  2 0 , điểm B thuộc đường thẳng
d 2 : x  2 y  2 0 và điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

+) Gọi E  AC  HK


Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD HKC.


Tứ giác ABCD nội tiếp  ABC  ACD .


Tam giác ABD vuông tại A  ABD HAD


Vậy HKC  ACD hay tam giác ECK cân tại E.
Vì tam giác ACK vng tại K nên E là trung điểm của
AC.
c 4 8 c
C  d1  C (c; 2  c)  E (
;
)
2
2

+) Ta có:
Vì E  HK nên tìm được c 4  C (4;  2).

0,25

0,25




K

HK
:
3
x

4
y

4

0
K
(4
t
;3
t

1)


HK

AK
(4
t

4;3
t

7);
CK (4t  4;3t  1)
+)
nên gọi
 1
 
 t 5
2
AK  CK  AK .CK 0  25t  50t  9 0  
 t 9

5 .Vì hồnh độ điểm K nhỏ
+) Ta có:

0,25

4 2
K( ; )
5 5
hơn 1 nên Tam giác SHC vuông tại H nên

+) BC có phương trình : 2 x  y  10 0.
+) B BC  d 2  B (6; 2).
+) Lập được phương trình AD: x  2 y  8 0.
+) Lập được phương trình CD: x  2 y 0

9
(2,0đ)

+) Tìm được D( 4; 2) .
Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2)
 x 4  x3  4 y
 5 x 2  6 y  6 (1)

x 1

 x 3  x 2  y 2  2 x 2 y  2 xy  y 2 x 0

Giải hệ phương trình

0,25

( x, y  ).

 2

 x  1
 2
5 x  6 y  6 0
+) ĐK: 
 x 1

(2)  ( x  1)( x  y ) 2 0  
 x y
+) Ta có
+) Với x 1 , thì (1) trở thành :
1

5  65
y 
2
 4 y  2 2 6 y  11  1  2 y  6 y  11  
 y
4
2 y 2  5 y  5 0

 x 1


5  65
y 
4
+) So sánh với ĐK ta có 
là nghiệm của hệ đã cho.

0,25

0,25

0,25

+) Với y x thì (1) trở thành:

x 4  x3  4 x ( x  1) 5 x 2  6 x  6

0,25

 ( x 2  2)2  ( x 3  4 x 2  4 x  4) ( x  1) ( x 2  2)( x  1)  ( x3  4 x 2  4 x  4)
u x 2  2

2
v  5 x  6 x  6
Đặt 
2
3
2
u  ( x  4 x  4 x  4) ( x  1)v
 2
3
2
v ( x  1)u  ( x  4 x  4 x  4)
Ta có hệ 
2

0,25

2

Ta có u  v ( x  1)(v  u )

 u v
 (u  v)(u  v  x  1)  

 u  v  x  1 0
Với u  v  x  1 0

0,25


Ta có

5 x 2  6 x  6  x 2  x  3 0( ptvn) vì x 2  x  3  0, x

2
2
Với u v ta có x  2  5 x  6 x  6

 x 4  4 x 2  4 5 x 2  6 x  6
 x 4  x 2  6 x  2 0

0,25

 ( x 2  1)2 3( x  1)2
x

3 4 31
2

Giải phương trình được nghiệm:
KL: So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm là


3 4 3 1

x 

2
 x 1
;



3 4 3 1
5  65 
y

y 

4 ;

2
10
2,0

Xét các số thực


3 4 3 1
x 

2


3 4 3 1

y


2
.

0,25

a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 và a 2  b 2  c 2 27.
P a 4  b 4  c 4  ab  a 2  b 2   ac  a 2  c 2   bc  b 2  c 2  .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P a 4  b 4  c 4  a3b  ab 3  a 3c  ac 3  b3c  bc 3
a 3  a  b  c   b3  b  a  c   c 3  c  a  b 

0,5

3  a 3  b3  c 3 

a

3

 b3  c 3  a 3   b  c   b 2  c 2  bc 

0,25

1
1
2

2
b  c 3  a; bc    b  c    b 2  c 2      3  a    27  a 2   a 2  3a  9
 2

2
Do đó
a 3  b3  c 3 a3   3  a   27  a 2  a 2  3a  9 
3

0,25

2

 a  9a  27a  108
Ta có b  c 3;

bc a 2  3a  9

 b  c
Ta luôn có

2

4bc, b, c

 3  a
. Do đó

2

4  a 2  3a  9   a    3;5

0,25

3
2
Ta có P  3a  27 a  81a  324

3
2
  3;5
Xét hàm số f (a )  3a  27a  81a  324 xác định và liên tục trên
f '(a )  9a 2  54a  81;
f ( 3)  243
 a 3  3 2    3;5 f (5) 381
f '(a ) 0  
 a 3  3 2    3;5 f (3  3 2) 81  324 2
;
f
(
a
)
Vậy GTLN của
bằng 381 khi a 5
Do đó GTLN của P bằng 381 khi a 5; b c  1

0,25

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--------------------


Tơi có bộ đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 của các tỉnh và các trường, có lời giải
chi tiết và thang điểm (hơn 100 đề). Ai cần mua liên hệ với Mr Minh theo số điện
thoại: 0915718478. Giá cả hợp lí theo thỏa thuận.