Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số 32 1 231 3 yxxx=− + − + . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi 32 () 6 9 3 f xx x x=− +−, tìm số nghiệm của phương trình: [] [] 32 () 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−=. Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ =. 2) Giải hệ phương trình () 2 3 3 22() (2)2 ,. 2( 1) 1 0 xy xy xyxy xy xy xy yx −+ ⎧ −=+ +−− − ⎪ ∈ ⎨ −−+= ⎪ ⎩  Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. 2) Tính tích phân 2 22 2 (sin cos )d 3sin 4cos x xx I x x π π − + = + ∫ . Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 22 (): 9Cx y+=, đường thẳng :33yxΔ=−+ và điểm (3; 0)A . Gọi M là một điểm thay đổi trên ()C và B là điểm sao cho tứ giác A BMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác A BM , biết trọng tâm G của tam giác A BM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp .SABCD, đáy là hình chữ nhật có A Ba = và 2BC a= , mặt phẳng ()SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ()SBC và ()SCD cùng tạo với đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 2 6 a . a) Tính thể tích khối chóp .S ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) Cho các số thực ,, x yz thoả mãn 11 ,,1 32 x yz>>> và 321 2 3221xyz + +≥ ++ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (3 1)(2 1)( 1)Ax y z = −−−. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Số báo danh … …… - 1 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm ● Tập xác định: D =  . ● Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: 2 '43 y xx=− + − ; '( ) 0 1 y xx = ⇔= hoặc 3x = . 0,5 Hàm số nghịch biến trong khoảng: ( ; 1) − ∞ và (3; ) + ∞ ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x = ; CT 1 3 y = − , đạt cực đại tại 3x = ; y CĐ 1= . + Giới hạn: lim x y →−∞ =+∞; lim x y →+∞ = −∞. 1,0 + Bảng biến thiên 1,0 ● Đồ thị: + Đi qua điểm: (0; 1) và 1 4; 3 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . + Nhận xét: Đồ thị ( C) đối xứng qua điểm 1 2; 3 I ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,5 2) 1,0 điểm 4,0 điểm [ ] [ ] 32 () 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−= (1) (1) [][] 32 1 () 2 () 3 () 1 0 3 fx fx fx⇔− + − + = . 0,5 x −∞ 1 3 + ∞ ' y − 0 + 0 − y − ∞ +∞ 1 3 − 1 y 1 1 3 4 x O 1 3 − - 2 - Đặt 32 1 () 2 3 1 3 gx x x x=− + − + , ta có: (1) ( ( )) 0gfx ⇔ = () 0 () gm mfx = ⎧ ⇔ ⎨ = ⎩ () 0 (2) ()(3). 3 gm m gx = ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ −= ⎪ ⎩ Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị ( C), suy ra (2) có 3 nghiệm m , thoả mãn: 0 1m < < , 1 3m < < và 3 4m<<. Cũng từ ( C), ta có: + Nếu 01m<< hay 1 0 33 m −<− < thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. + Nếu 1 3m<< hay 1 1 33 m −<− <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. + Nếu 3 4m<< hay 4 1 33 m −<− <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. 0,5 II 1) 2,0 điểm (1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ = (1). (1) 2 22 cos sin (1 2sin ) 2(1 2sin ) cos sin 0 22 2 2 xx x x xx ⎛⎞ ⎛ ⎞ ⇔+ −++ − = ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝ ⎠ cos sin 0 22 xx ⇔+= (2) hoặc cos sin (1 2sin ) (2 4sin ) cos sin 0 22 22 xx xx xx ⎛⎞ ⎛⎞ +−++ −= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ (3) ● (2) tan 1 2 x ⇔=− 2 2 x k π π ⇔=−+ . 1,0 ● (3) 3cos sin 2sin cos 6sin sin 0 22 2 2 xx x x xx⇔−+ − = 22 3cos sin 4sin cos 12sin cos 0 22 22 22 xx xx xx ⇔−+ − = 33 3sin 4sin 12cos 9cos 0 22 22 xx xx ⇔− + −= 33 sin 3cos 0 22 xx ⇔+ = 22 33 x l α π ⇔= + , tan 3 α = − . Vậy, (1) có nghiệm: 2 2 x k π π =− + hoặc 22 33 x l α π =+ , tan 3 α = − (với ,kl∈ ). 1,0 2) 2,0 điểm 2 3 3 22() (2)2(1) 2( 1) 1 0 (2). xy xy xyxy xy xy yx −+ ⎧ −=+ +−− − ⎪ ⎨ −−+= ⎪ ⎩ + Điều kiện: 0, 2 0xy xy+≥ −≥ (*). + Khi đó: 2 (1) 2 (2 ) 2 2 ( ) xy xy x yxy xyxy −+ ⇔+− −=+++ . Xét hàm () 2 t f ttt=+ , suy ra: (1) có dạng (2 ) ( ) f xy fxy − =+ . Mặt khác () f t đồng biến, do đó (1) 2 x yxy ⇔ −=+ hay 2 x y = . 1,0 4,0 điểm + Thế vào (2), ta được: 3 3 12(2 1)yy+= − (3). Đặt 3 21yt=−, phương trình (3) trở thành hệ: 3 3 (2 1) (2 1) ty yt ⎧ = − ⎪ ⎨ = − ⎪ ⎩ 1,0 - 3 - Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: () 22 do 2(2 1) 2(2 1)(2 1) 2(2 1) 1 0 ,ty y y t t yt=−+−−+−+>∀ Thế vào hệ: 3 (2 1)yy=− 32 812 510yyy⇔− +−= 2 (1)(8 41)0yyy ⇔ −−+= 1 y ⇔=. 12yx=⇒ =, thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( ; ) (2; 1)xy= . III 1) 2,0 điểm ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt { } 0, 1, 2, 3, 4E = . + Chọn 0d = , chọn thứ tự ,,abc trong tập { } \0E có 3 4 24A = cách. Dạng này có 24 số. + Chọn 0d ≠ có 2 cách, chọn { } \0,aE d∈ có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập { } \, E da có 2 3 6A = cách. Dạng này có 2.3.6 36 = số. Lập được 24 36 60 + = số. 1,0 ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập { } \1, E d có 2 3 6A = cách. Dạng này có: 3.6 18= số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 18 42 − = số. Xác suất cần tính: 42 7 60 10 P ==. 1,0 2) 2,0 điểm 0 2 22 22 0 2 (sin cos )d (sin cos )d 3sin 4cos 3sin 4cos x xx x xx I x xxx π π − ++ =+ ++ ∫∫ Đặt x t=− , ta có: 00 22 2 2 22 22 2 2 00 22 (sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos x xx t tt t tt x xx x xttttxx ππ ππ − + −+−+−+ =− = = ++++ ∫ ∫∫∫ . 1,0 4,0 điểm Suy ra: 22 22 2 00 cos d dsin 22 3sin 4cos 4 sin x xx I x xx ππ == +− ∫∫ 2 0 11 1 dsin 2 sin 2 sin 2 x xx π ⎛⎞ =− ⎜⎟ +− ⎝⎠ ∫ 2 0 1sin2 ln 2sin2 x x π ⎛+⎞ = ⎜⎟ − ⎝⎠ 1 ln 3 2 = . 1,0 IV 1) 3,0 điểm (C) có tâm O(0; 0), bán kính 3R = . Nhận xét: () A COAOM∈⇒= ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM OB ⊥ . Gọi I AM OB = ∩ ⇒ 4 3 OG OI= . Kẻ //GK AM , KOA ∈ , ta có: 4 3 OK OA= u uur uuur ⇒ (4; 0)K . 1,0 6,0 điểm //GK AM ⇒ GK OB ⊥ . Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . Toạ độ (; ), 0Gx y y> thoả mãn: 22 33 (2) 4 yx xy ⎧ =−+ ⎪ ⎨ −+= ⎪ ⎩ () 2 2 33 13 4 xy yy ⎧ =+− ⎪ ⇔ ⎨ + −+= ⎪ ⎩ 2 33 22(13)230 xy yy ⎧ =+− ⎪ ⇔ ⎨ +− − = ⎪ ⎩ (3; 3) (do 0)Gy⇒>. 1,0 x y O M B A G K I - 4 - Diện tích: ()( ) () () 9 22 16 AMB OAM OAI OKG SS S S ΔΔ Δ Δ == = 9.d(,) . 82 OK G Ox = 9.4. 3 16 = 93 4 = . 1,0 2) 3,0 điểm a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( )ABCD , suy ra HAB ∈ (do ( ) ( )SAB ABCD⊥ ). CB HB ⊥ , suy ra góc giữa hai mặt phẳng () SBC và ( )ABCD là  SBH . Hạ () HE CD E CD ⊥ ∈ , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ) SCD và ( )ABCD là  SEH . Do đó  SBH SEH= 2HB HE a⇒==. Ta được // B DAE //( ) B DSAE⇒ d( , ) d( ,( )) d( ,( )) SA BD B SAE H SAE⇒= = (do A là trung điểm HB ) 2 d( ,( )) 6 a HSAE ⇒=. 1,0 Nhận xét rằng , ,HA HE HS đôi một vuông góc, suy ra: 2222 1 111 d( ,( )) H SAE HA HE HS =++ 22 2 2 311 1 24 aa aHS ⇔=++ 2SH a ⇔ = . Thể tích: 3 (. ) ( ) 14 . 33 S ABCD ABCD a VSSH ==. 1,0 b) // B DAE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và B D là  SAE . Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với 22 5 A ESA SH HA a== + = và 222SE SH a== , ta có:   222 1 cos( , ) cos 2. . 5 SA AE SE SA BD SAE SA AE +− = ==. 1,0 V Đặt 31 ,21, 1 x ay bz c−= −= −=; ta có: ,,abc là các số dương và A abc = . Khi đó: 321 2 3221 xyz ++≥ ++ 321 2 321 abc ⇔++≥ +++ 32 321 abc abc ⎛⎞ ⇔ −++≥ ⎜⎟ +++ ⎝⎠ 1 321 abc abc ⇔++≤ +++ . 0,5 Suy ra: 1 21 3 bc a bc a +≤− ++ + hay 32 321 (2)(1) bc bc abc bc ≥+≥ +++ + + (1). 0,5 Tương tự: 22 2 (1)( 3) ca b ca ≥ + ++ (2) và 12 1 (3)(2) ab c ab ≥ + + + (3). Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: 3 4 A ≤ . 0,5 2,0 điểm Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: 1 3213 abc abc = == +++ 31 ,1, 22 abc⇔= = = 93 ,3, 22 xyz ⇔ === . Vậy, max 3 4 A = . 0,5 ……………………………….……… HẾT………………………………………………. S A B C D E t H . TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2 012 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2 012 Thời. THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2 012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2 012 (Hướng dẫn gồm 04