Đề khảo sát chất lượng HSG Toán 12 lần 1 năm học 2019-2020, trường THPT Ngô Gia Tự - Đắk Lắk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI Trường THPT Ngô Gia Tự Môn: Toán 12 – Lần thứ nhất Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Năm học: 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (4 điểm). 1. Cho hàm số có đồ thị (C) và M là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận của (C). 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của để đồ thị của hàm số có điểm chung với trục hoành. Câu 2 (6 điểm). 1. Giải phương trình . 2. Giải hệ phương trình Câu 3 (6 điểm). Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối vuông góc. 1. Chứng minh rằng các đường cao của tứ diện đồng qui, các đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện bằng nhau. 2. Gọi O, G, H lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm của tứ diện, d là độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện. Chứng minh G là trung điểm OH và , ( R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện). 3. Cho M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức theo V. Câu 4 (4 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng: 1. Thể tích khối hộp gấp ba lần thể tích tứ diện ACB’D’. 2. Tổng bình phương diện tích các mặt của hình hộp gấp hai lần tổng bình phương diện tích các mặt của tứ diện ACB’D’. ----HẾT---- KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK Trường THPT Ngô Gia Tự Môn: Toán 10 – Lần thứ nhất Năm học: 2019 – 2020 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điểm Câu 1( 4 điểm ) 1.1 (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C) và M là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận của (C). Gọi . Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận và 0.5 là 1.0 Dấu “=” xảy ra 0.5 1.2 Tìm GTNN của (2điểm) để đồ thị của hàm số có điểm chung với trục hoành. Đồ thị của hàm số hoành có điểm chung với trục tức là phương trình (1) có ít nhất 0.5 nghiệm. Ta có không là nghiệm của (pt1). Chia 2 vế (pt1) cho pt tương đương : Đặt , ta có (2) và pt (2) trở thành ta được 0.5 0.5 Trang 2 Suy ra hay Khảo sát hàm trên tập ta suy ra 0.5 đươc Min ( ) bằng . Vậy GTNN của là Câu 2 (6 điểm) 2.1 Giải phương trình : . ( 2điểm) 0.5 Điều kiện: 0.5 Ta có : 0.5 0.5 0.5 0.5 vì Vậy phương trình có 2 nghiệm : 2.2 (3 điểm) Giải hệ phương trình : Từ phương trình (2), ta có đk: Khai triển pt(3) ta được: . 0.5 1.0 Trang 3 Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 0.5 Suy ra 0.5 Hay Do đó khi và chỉ khi (4) xảy ra dấu 0.5 “=” tức là Kết hợp với pt(1) ta được là nghiệm duy nhất của hệ. Câu 3 ( 6 điểm) 3.1 Chứng minh rằng các đường cao của tứ diện đồng quy. (2 điểm) Xét hai đường cao hạ từ A, và B. Ta có: A tùy ý . Tương tự ta cũng có 0.5 B1 Kéo dài cắt DC tại E , ta có E cũng là giao điểm của với DC. D B Hay hai đường thẳng cắt A1 E nhau tại trực tâm H của tam giác F ABE. C Tương tự ta chứng minh được hai đường cao tùy ý của tứ diện đôi một cắt nhau. Do đó chúng đồng phẳng 0.5 hoặc đồng quy. Điều này chứng tỏ các đường cao của tứ diện đồng quy. Các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối diện bằng nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt trung điểm AB, CD, AD, BC. Khi đó, tứ giác MNPQ là hình bình hành. Hơn nữa nó là hình chữ nhật. Suy ra các đường chéo bằng nhau. Từ đó suy ra các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối diện bằng nhau. A M 0.5 P B 0.5 D Q N C Trang 4 3.2 Chứng minh G là trung điểm OH và A (2 điểm) Chứng minh O, G, H thẳng hàng Gọi lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD. Vì thẳng hàng ( đường thẳng Euler) và , , B nên H, G, O cùng thuộc Gọi lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD. Chứng minh tương tự ta có: H, G, O cùng thuộc M O2 O G2 H H2 G D H1 O1 G1 N C Do đó H, G, O thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng và Hay H, G, O thẳng hàng 0.5 Chứng minh G là trung điểm OH Ta có: ,mà . Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của cạnh AB, khi đó ta có . Gọi M, N trung điểm AB, CD. ta có G trung điểm MN nên suy ra G nằm trên mặt phẳng cách đều . Suy ra G là trung điểm OH.( ) 0.5 Trong tam giác, ta có: Trong tam giác, ta có Trong tam giác, ta có . . ⇒ 0.5 Dễ chứng minh được , 0.5 Suy ra Từ đó suy ra: 3.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : (2 điểm) Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), khi đó tacó: , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M thuộc đường cao AA1, Từ (1) suy ra: Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1. 0.5 0.5 Trang 5 Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta có : , dấu = xẩy ra khi 0.5 A M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, , dấu = xẩy ra khi M D A2 B A1 M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, 0.5 , dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: C dấu bằng xẩy ra khi M trùng H. Vậy GTNN của là 9V. Câu 4 ( 4 điểm) 4.1 (1 điểm) CM Thể tích khối hộp gấp ba lần thể tích tứ diện ACB’D’. Dễ thấy rằng khối hộp ABCD.A’B’C’D’ được chia thành các khối tứ diện 0.5 AA’D’B’; BB’AC; CC’B’D’; ACDD’; ACB’D’. Trong đó các khối AA’D’B’; BB’AC; CC’B’D’; ACDD’ có thể tích bằng nhau và bằng 0.5 thể tích khối hộp. Do đó thể tích khối hộp gấp ba lần thể tích tứ diện ACB’D’. 4.2 (3 điểm) CM Tổng bình phương diện tích các mặt của hình hộp bằng hai lần tổng bình phương diện tích các mặt của tứ diện ACB’D’. A Gọi B C D lần lượt là diện tích các mặt ADD’A’; ABCD; DCC’D’. Bài toán trở thành chứng minh : A' B' D' C' H2 H1 H3 Xét mặt phẳng (P) vuông góc với AD’ và cắt AD’ tại C lên (P). Dễ thấy rằng . Gọi tùy ý 0.5 là hình chiếu của B’, . 0.5 Trang 6 (1) ( là góc nhị diện cạnh AD’ của tứ diện ACB’D’). Nhân hai vế của phương trình (1) cho ta được: 0.5 Tương tự, ta cũng có được : 0.5 Suy ra: 0.5 0.5 Vậy . Chú ý. Mọi cách giải khác đúng được điểm tối đa. Trang 7