HSG CO DAP AN CUM THI LANG GIANGBAC GIANG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP CỤM CỤM THPT LẠNG GIANG NĂM HỌC 2016 - 2017 ––––––––––––––––––––– MÔN THI: TOÁN LỚP 12 PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 19/02/2017 (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) ––––––––––––––––––––––– x 2 f  x  mx  2 đồng biến trên khoảng (0;1). Tìm m để hàm số Câu 1 (2 điểm) 2x  3 y x  2 có đồ thị là đường cong  C  và đường thẳng  d  : y  2 x  m . Câu 2 (2 điểm) Cho hàm số.  d  cắt đường cong  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho biểu thức Tìm m để đường thẳng P k12017  k22017 đạt giá trị nhỏ nhất với k1  y '  x A  , k2  y '  xB  . 3 Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình 2 3.sin x  (cos x  1)(6 cos x  9)  3sin 2 x.sin x  6 0 . Câu 4 (2 điểm ) Cho a log196 , b log 56 . Tính log 0.175 theo a, b. Câu 5 (2 điểm) Giải hệ phương trình  2 x 2  6 xy  5 y 2  5  2 x 2  6 xy  5 y 2  14 x  20 y  25  2 x 5 y  1 6 log 7 (5 x  5 y  5)  1 7 Câu 6 (2 điểm) 3 2. I. .   1 . 1  1 14  x 2  2 dx 2  x  x. 1 Tính tích phân Câu 7 (1 điểm) Một hộp đựng 50 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8.. ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông Câu 8 (4 điểm) Cho hình lăng trụ  ABC  là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng  BCC ' B ' hợp với mặt góc hạ từ A ' xuống o phẳng đáy góc 45 . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' b) Gọi I , J lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB và CC ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và IJ . Câu 9 ( 2 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a . Điểm H nằm trên cạnh AB thỏa mãn HB 2 HA , SH vuông góc với AB . Mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng chứa o đáy, SA hợp với đáy góc 60 ..  S  ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . a) Xác định tâm và bán kính của mặt cầu  P  đi qua trung điểm của SA và song song với mặt phẳng  ABCD  , mặt phẳng  P  b) Mặt phẳng  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  . Tính bán kính đường tròn  C  . cắt mặt cầu Câu 10 (1 điểm) y  z x  y 2  z 2  Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 4 P    2 2 2  x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z  1 . ––––––––– HẾT––––––––– Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh…………………………………………..……Số báo danh…………………….. Giám thị 1 (Họ tên và chữ kí)………….…………………….………………………………………. Giám thị 2 (Họ tên và chữ kí)………………….…………….………………………………………..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1. 2. NỘI DUNG x 2 mx  2 đồng biến trên khoảng (0;1). Tìm m để hàm số + Điều kiện xác định của hàm số f ( x ) là mx 2. + Xét m 0 không thỏa mãn bài toán. 1 x 2 f ( x)  . m x 2 m +Xét m 0 hàm số trở thành 2  2 1  2  2m f '( x)  . m 2  . 2 m  2 2 2 m  x  x  m m   và f  x . 2   (0;1) m  2  2m  0. + Để thỏa mãn bài toán ta có điều kiện  +Rút ra được điều kiện là 1  m 2 . 2x  3 y x  2 có đồ thị là đường cong  C  và đường thẳng  d  : y  2 x  m . Cho hàm số  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho biểu thức Tìm m để đường thẳng. Điểm 2 điểm 0.5 0.5. 0.5. 0.5 2 điểm. P k12017  k22017 đạt giá trị nhỏ nhất với k1  y '  xA  , k2  y '  xB  . + Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:  x  2 2x  3  2 x  m   2 x 2  (6  m) x  3  2m 0 (1)  x2  1 có hai nghiệm phân biệt khác  2 hay +Điều kiện để có hai giao điểm là phương trình   1  0 m 2  4m  12  0   m     2  1  0 2.  2  6  m .  2  3  2 m  0         1 1 k1  , k2  2 ( x1  1) ( x2  1)2 . + Giả sử các hoành độ giao điểm là x1 , x2 . Ta có k1.k2 . Ta có +. P  k1 . 2017. 1 2.  x1  2   x2  2 .   k2 . 2017. 2. . 3. 2. . 1.  x1 x2  2 x1  2 x2  4 .  k1k2 . 2017. 2 2018. 2. 0.25. 0.25. 0.5. 4. . 0.5. .. 1 1   ( x1  2)2 ( x2  2)2  m  2. 2 2 ( x1  2) ( x2  2). + Dấu bằng xảy ra khi 3 Giải phương trình 2 3.sin x  (cos x 1)(6 cos x  9)  3sin 2 x.sin x  6 0 . Phương trình tương đương  2 3.sin 3 x  3(2 cos 3 x  2 cos 2 x  cos x  1) 0. 0.5 2 điểm 0.5.  2 3.sin x.(1  cos x)(1  cos x)  3(cos x  1)(2cos 2 x  1) 0. . 3(1  cos x)  2sin x(1  cos x)  3.cos 2 x  0. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  cos x 1   2sin x  sin 2 x  3.cos 2 x 0 Với cos x 1  x k .2. 4.   2 x   x  k .2   3  sin(2 x  ) sin( x)   3  2 x     x  k .2  3 Với 2sin x  sin 2 x  3.cos 2 x 0  2   x  9  k 3   x  2  k 2  3  2 2 x   k ; x   k 2 9 3 3 Kết luận: phương trình có nghiệm x k 2 ; Cho a log196 , b log 56 . Tính log 0.175 theo a, b. 3 + Ta có log 0.175 log(175.10 ) log175  3 . m n p + Giả sử tồn tại ba số m, n, p sao cho 175 10 .196 .56.  52.71 (2.5) m .(22.7 2 ) n .(23.7) p  20.52.71 2m2 n 3 p.5m.7 2 n  p (*) + Vì 2, 5 và 7 là các số nguyên tố cùng nhau nên  m  2n  3 p 0 5 3  (*)   m 2  m 2, n  , p  4 2  2n  p 1 . 5. 5 3  5 3 5 3 log175 log(102.196 4.56 2 ) 2  log196  log 56 2  a  b 4 2 4 2 + Do đó 5 3 log 0.175  a  b  1 4 2 + Vậy Giải hệ phương trình  2 x 2  6 xy  5 y 2  5  2 x 2  6 xy  5 y 2  14 x  20 y  25  1  2 x 5 y  1 6 log 7 (5 x  5 y  5)  1  2 7 Phương trình (1) tương đương 2. 2. 2. 0.5 0.5. 2 điểm 0.5. 0.5. 0.5 0.5 2 điểm. 0.5. 2.   x  2 y   4 2  32   x  y  4    x  2 y  3   *      a  x  y; x  2 y  , b  4;3  a  b  x  y  4; x  2 y  3 Giả sử .     a  b a b.  x  y. Phương trình (*) có dạng       a  b a b a  x  y; x  2 y  , b  4;3 Ta luôn có . Do đó (*) xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng. x  y x  2y   x  5 y 3 Khi đó 4 Thay vào phương trình (2) ta được 5 x 6 Điều kiện:. 7 x  1 6 log 7  6 x  5   1. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 7 x  1 6  t  1  1  t 1 t  1 log 7  6 x  5  7 6 x  5 Đặt . Khi đó ta có hệ phương trình  7 x  1  6 x 7t  1  6t  * Trừ theo vế hai phương trình ta được f  u  7u  1  6u f  u Xét hàm số trên  . Ta dễ dàng thấy đồng biến trên  . Khi đó x 1 x 1  *  f  x   f  t   x t  log7  6 x  5 x  1  6 x  5 7  7  6 x  5 0  3. g  x  7 x  1  6 x  5 Xét hàm số trên  . x 1 g '  x  7 .ln 7  6 Ta có g ''  x  7 x  1.ln 2 7  0 x   Do. g ''  x   0 x  . 0.5. g ' x. là hàm số đồng biến trên  . g '  x  0 g  x  0 Do đó có tối đa 1 nghiệm. Như thế phương trình có tối đa 2 nghiệm. g  1  g  2  0 Mặt khác , vì vậy phương trình (3) có đúng hai nghiệm x 1; x 2 . 1 2    1;    2;   5  và  5 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  6. nên. 0.5. 3 2. I Tính tích phân 3 2. I.  1. Đặt. x.  1. 1  1  2  1  2  14  x  2 dx x  x . 2. 1  1  16   x   d  x   x  x . 0.5.    1   t ;  4sin t x 1  t  x 3 2 t   2 2  . Đổi cận: x 6, 3. với  3.  3.  6.  6. I  16  16sin 2 t d  4sin t  16 cos 2 t dt Ta có. 2 điểm. 0.5. 0.5.  3 4  8  8cos 2t  dt  8t  4sin 2t   0.5  3  6 6 . Một hộp đựng 50 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ 1 hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8. điểm  3. 7. 3. Có C50 cách lấy ra 3 quả cầu từ hộp đã cho. Chia 50 quả cầu trong hộp thành 4 nhóm: + Nhóm I: gồm 25 quả cầu mang số lẻ + Nhóm II: gồm 13 quả cầu mang số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4. + Nhóm III: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8. + Nhóm IV: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 8. Để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số không chia hết cho 8 thì có 4 trường hợp sau xảy ra: 1 2 1) 1 quả thuộc nhóm I, 2 quả thuộc nhóm II: có C25 .C13 cách lấy. 2 1 2) 2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm II: có C25 .C13 cách lấy. 2 1 3) 2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm III: có C25 .C6 cách lấy.. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3 4) 3 quả thuộc nhóm I: có C25 cách lấy. 3 C 1 .C 2  C252 .C131  C252 .C61  C25 193 1  25 13  . 3 C 392 50 Vậy xác suất cần tính là. 8. Cho hình lăng trụ. ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc.  ABC  là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng  BCC’B’ hợp với mặt hạ từ A’ xuống o phẳng đáy góc 45 . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A’B’C’ b) Gọi I , J lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB và CC’ . Tính khoảng cách giữa. 4 điểm. hai đường thẳng AA’ và IJ .. a) Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC, B’C’. 0,5 G là trọng tâm của tam giác ABC  BCC’B’ và  ABC  là góc giữa hai đường Ta chứng minh được góc giũa hai mặt phẳng o  thằng thẳng MM ’ và AM hay là góc giữa AA’ và AM bằng A ' AG 45 2 a 3 A ' G  AG  AM  3 3 Tính được. SABC. a2 3  4 (đvdt). Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là a 2 3 a 3 a3 V SABC . A ' G  .  4 3 4 (đvtt) b) Kẻ Ax song song với CI Kẻ GH vuông góc với Ax tại H Kẻ GK vuông góc với A’H tại K Ta chứng minh được. 0.5. 0.5. 0,5 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  A ' AH  / /  C ' CI  mà AA '   A ' AH  ; IJ   C ' CI  d  AA ', IJ  d   A ' AH  ,  C ' CI   d  G ,  A ' AH   GK Suy ra. Tính được. GH . 1. a 1 1 1 a 7    GK  2 2 2 2 , GK A ' G GH 7. a 7 7 . Vậy Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a . Điểm H nằm trên cạnh 2 AB thỏa mãn HB 2 HA , SH vuông góc với AB . Mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt điểm o phẳng chứa đáy, SA hợp với đáy góc 60 . d  AA ', IJ  . 9.  S  ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . a) Xác định tâm và bán kính của mặt cầu  P  đi qua trung điểm của SA và song song với mặt phẳng  ABCD  , b) Mặt phẳng  P  cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  . Tính bán kính đường tròn  C  . mặt phẳng. a) Gọi O là giao điểm của AC và BD Gọi I là trung điểm của AB, K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB    đi qua O và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Dựng   ' đi qua K và vuông góc với (SAB) Dựng    cắt   ' tại J. Suy ra J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1 3 3a 2 SH a 3, SSAB  AB.SH  2 2 Tính được (đvdt) SA 2a, SB a 7. r. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB. SA.SB. AB 4a 21 4a 21   KA  4 SABC 3 3. 2.  4a 21   3a  2 421 IK  AK  AI       a 12  3   2  Bán kinh mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là 2. 2. 2.  3a 2   421  R JA  AO  JO  AO  IK      a  2 12     2. 2. 2. 2. 2. a. 475 12. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> b) Gọi M là trung điểm của SA. 0.5. 1 a 3 SH  2 Khoảng cách từ M đến (ABCD) bằng 2. d. Khoảng cách từ J đến mặt phẳng (P) bằng  C  là Bán kính đường tròn 475 a  2 2 12 r1  R  d . 10.  421 3    2   12.  421 a 3 421 3 a a    2 12 2   12. 0.5. 2. y  z x y 2  z 2 x , y , z Cho là các số thực dương thỏa mãn .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 4 P    2 2 2  x  1  y  1  z 1 . x  1 y  1 z  1    thức. . 1 điểm. 1 2 2 y  z x  y 2  z 2   x  y  z   y  z  2 x . Theo giả thiết. 0.25. . Ta có: 1.  y  1. 2. . 1.  z  1. 2. . 2. 8. .  y  1  z  1  y  z  2  2. 1 4    x  1  y  1  z  1  x  1  y  z  2  2 P Suy ra. 1. 1 x. 2. . f  x  Xét hàm số 1 x 5. khi. 2x. 2. 1 x. 2. . 4x. 2. 1 x. . 2    2 x  . 2. 4 2  1  x    2  x  3. 3. . 8. 2. . 2 x2.  x  1. 2. .. . x. 2.  x 1. 3. .. 0.5. 2. 2 x  6 x  x 1. 1 x . 3. 2 x3  6 x 2  x  1. 1 x. 3. với x  0 tìm được giá trị nhỏ nhất của. 91 1 x  , y z 5 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 108 đạt được khi .. f  x. 91 là 108. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>