Sở GD&ĐT thanh hoá Trờng THPT Hậu Lộc 4 Đề chính thức kỳ THI CHON HOC SINH GIOI TRƯờNG Năm hoc 2011 2012 Môn: TOáN Khối 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (6,0 điểm) Cho hàm số: 3 ( 1) (2 1) 1 y m x m x m = + - + - + có đồ thị là (C m ), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đồ thị hàm số đã cho đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng. 3. Với giá trị nào của m thì đồ thị (C m ) có tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng đi qua 3 điểm cố định trên. Câu II (4,0 điểm) Cho 2 3 ( ) cos 2 2(sin cos ) 3sin2 f x x x x x m = + + - + 1. Giải phơng trình ( ) 0 khi 3 f x m = = - . 2. Tính theo m giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của ( ) f x . Từ đó tìm m sao cho [ ] 2 ( ) 36 f x Ê với mọi x. Câu III (1,5 điểm) Biện luận theo k số nghiệm âm của phơng trình: 2 2 9 ( 2) 2 2 x x k x x - + = - + - Câu IV (7,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1; 1) và đờng thẳng (d) có phơng trình: 4 3 12 x y + = . a. Gọi B và C lần lợt là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Ox và Oy. Xác định tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b. Điểm M chạy trên (d). Trên nửa đờng thẳng đi qua điểm A và M, lấy điểm N sao cho . 4 AM AN = . Điểm N chạy trên đờng cong nào? Viết phơng trình của đờng cong đó. 2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA=x, BC=y và các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích khối chóp theo x, y. Với x, y nào thì thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V (1,5 điểm) Cho hàm số 2 2 2 2 y x m x x = - + - + . Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực đại tại một điểm 0 2 x <- Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Lớp: ; Số báo danh: 1 Sở GD&ĐT thanh hoá Trờng THPT Hậu lộc 4 Đề chính thức ĐáP áN THANG ĐIểM kỳ THI CHON HOC SINH GIOI TRƯờNG Môn: TOáN Khối 12; Năm học: 2011 2012 (Đáp án thang điểm gồm có 05 trang) Câu ý Đáp án Điểm Cho hàm số: 3 ( 1) (2 1) 1 y m x m x m = + - + - + có đồ thị là (C m ), m là tham số thực. 6,0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2,0 Với m = 1 ta có hàm số 3 2 3 y x x = - * Tập xác định: D=R * Sự biến thiên: lim ; lim ; x x y y đ+Ơ đ-Ơ = +Ơ = -Ơ 2 ' 6 3 y x = - ; 1 ' 0 2 y x= = 0,5 - Bảng biến thiên: x -Ơ 1 2 - 1 2 +Ơ y + 0 0 + y 2 +Ơ -Ơ 2 - 0,5 Hàm số đồng biến trên các khoảng 1 ( ; ) 2 -Ơ - và 1 ( ; ) 2 +Ơ . Hàm số nghịch biến trên khoảng 1 1 ( ; ) 2 2 - . Hàm số đạt cực đại tại 1 2 x = - , Đ 2 C y = , đạt cực tiểu tại 1 2 x = , 2 CT y = - 0,5 I I.1 * Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua các điểm: 3 3 ( ;0); ( ;0) 2 2 - và nhận điểm uốn (0;0) I làm tâm đối xứng - Đồ thị: x y -1 1 -1 O 1 0,5 2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đồ thị hàm số đã cho đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng. 2,0 Viết lại phơng trình (C m ): 3 3 ( 2 1) ( 1 ) 0 x x m x x y - - + - + - = có nghiệm với mọi m 0,5 3 2 2 3 3 2 1 0 ( 1)( 1) 0 ( 1)( 1) 0 2 1 0 2 1 2 x x x x x x x x y x x x y y x x x - - = + - - = ù ù + - - = ù ù ù ù ớ ớ ớ ù ù ù = + - + - = = - - + + ù ợ ù ù ợ ợ 0,5 1, 1 1 5 5 5 , 2 2 1 5 5 5 , 2 2 x y x y x y ộ ờ = - = ờ ờ ờ + + = = ờ ờ ờ ờ - - = = ờ ờ ở 0,5 I.2 Vậy đồ thị hàm số đi qua ba điểm cố định ta gọi là 1 2 3 ; ; A A A Ba điểm thuộc đờng thẳng 2 ( ) y x = + D . 0,5 Với giá trị nào của m thì đồ thị (C m ) có tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng đi qua 3 điểm cố định trên. 2,0 Ta có 2 ' 3( 1) (2 1) y m x m = + - + . 0,5 Đồ thị (C m ) có tiếp tuyến vuông góc với 0,5 2 2 3( 1) (2 1) 1có nghiệm 3( 1) 2 có nghiệm m x m m x m + - + = - + = 0,5 I.3 1 2 0 3( 1) 0 m m m m ộ <- ờ ờ + ở 0,5 Cho 2 3 ( ) cos 2 2(sin cos ) 3sin2 f x x x x x m = + + - + 4,0 Giải phơng trình ( ) 0 khi m = -3 f x = . 2,0 Ta có 2 3 ( ) cos 2 2(sin cos ) 3(1 sin2 ) 3 f x x x x x m = + + - + + + 2 2 ( ) (sin cos ) (sin cos 1) 3 f x x x x x m =- + + - + + 1,0 2 2 khi m= -3 thì ( ) (sin cos ) (sin cos 1) f x x x x x = - + + - sin cos 0 ( ) 0 sin cos 1 x x f x x x ộ + = ờ = ờ + = ở 0,5 II.1 3 ; 2 và 2 ( ). 4 2 x k x k x k k z p p p p p = + = = + ẻ 0,5 Tính theo m giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của ( ) f x . Từ đó tìm m sao cho [ ] 2 ( ) 36 f x Ê với mọi x. 2,0 II II.2 đặt sin cos 2 cos( ), 2 4 t x x x t p = + = - Ê 2 2 2 ( ) viết lại là ( ) - ( -1) 3 có '( ) -2 (2 - 3 1) f x g t t t m g t t t t = + + = + 0,5 3 Ta có bảng biến thiên: t 2 - 0 1/2 1 2 g(t) + 0 0 + 0 m+3 m+3 g(t) 2 3 2( 2 1) m + - + 47 16 m + 2 3 2( 2 1) m + - - 0,5 Max f(x) = m + 3, 2 min ( ) 3 2( 2 1) f x m = + - + 2 ( ) 36 6 ( ) 6 f x f x x Ê - Ê Ê " 0,5 2 2 6 3 2( 2 1) 9 2( 2 1) 3 3 6 m m m ù - Ê + - + ù - + + Ê Ê ớ ù + Ê ù ợ 0,5 Biện luận theo k số nghiệm âm của phơng trình: 2 2 9 ( 2) 2 2 x x k x x - + = - + - 1,5 Với x < 0 ta có phơng trình 2 2 9 ( 2) 2 2 x x k x x + + = - + - - 2 2 2 2 4 13 4 13 . Đặt ( ) với 0 4 4 x x x x k f x x x x + + + + = = < - - 0,5 Ta có: 2 2 2 4 34 16 1 '( ) , '( ) 0 8; (4 ) 2 x x f x f x x x x + + = = = - =- - Ta có BBT: x -Ơ 8 2 1/2 0 f(x) + 0 0 + f(x) CĐ -3/4 1 -Ơ +Ơ 13/4 3 CT 0,5 III Từ BBT ta có: + Nếu 3 3 4 k - < < phơng trình vô nghiệm. + Nếu 3 13 1 hoặc hoặc 3 hoặc 4 4 k k k kÊ- = - = phơng trình có 1 nghiệm. + Nếu 3 13 1 hoặc 3 4 4 k k- < <- < < phơng trình có 2 nghiệm. 0,5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1; 1) và đờng thẳng (d) có phơng trình: 4 3 12 x y + = . 4,0 IV IV.1 a. Gọi B và C lần lợt là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Ox và Oy. Xác định tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 2,0 4 x y M M 0 N 0 1 A I B C O 1 N Ta có: (3;0), (0;4) d Ox B B d Oy C C ầ = ầ = 0,5 - Gọi ( ) ; ( ; 4), ( 3; ), (2; 1), ( 1;3) H x y CH x y BH x y AB AC = - = - = - = - uur uur uur uur 0,5 . 0; . 0 2 4 0 3 ( 3; 2). 3 3 0 2 CH AB CH AB BH AC BH AC x y x H x y y ^ = ^ = - + = = - ù ù ù ù - - ớ ớ ù ù - + + = =- ù ù ợ ợ uuur uur uuur uuur 1,0 b. Điểm M chạy trên (d). Trên nửa đờng thẳng đi qua điểm A và M, lấy điểm N sao cho . 4 AM AN = . Điểm N chạy trên đờng cong nào? Viết phơng trình của đờng cong đó. 2,0 Gọi 0 0 sao cho M d AM d ẻ ^ , 0 2 2 4.1 3.1 12 ( , ) 1 4 3 AM d A d + - = = = + 0 0 0 0 0 và AM . 4 4 N AM AN AN ẻ = = . 0,5 Vậy với M bất kì trên (d), N thuộc tia AM và . 4 AM AN = uuur uuur 0 0 0 0 . 4 . 4 AM AN AM AM AM AN AN AN ỹ = ù ù = ù = ù ả à 0 0 0 1 AMM AN N M N V D D = = : Điểm N nhìn đoạn AN 0 dới một góc vuông Nên N thuộc đờng tròn đờng kính AN 0 0,5 Gọi I là trung điểm của AN 0 , u r là véctơ chỉ phơng của AI uur ( ) 2 2 1 4 3 và 1 4;3 ; 5 5 4 3 u d u u ổ ử ữ ỗ ^ = = = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ + r r r 0,5 2 2 4 3 13 11 2 2. 1; 2. 1 ; 5 5 5 5 13 11 Vậy nằm trên đờng tròn ( ) ( ) 4. 5 5 AI u I N x y ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ = + + = ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ - + - = uur r 0,5 Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA=x, BC=y và các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích khối chóp theo x, y. Với x, y nào thì thể tích khối chóp lớn nhất. 3,0 IV.2 Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Do hai tam giác BAS và CAS cân ở B và C nên ta có: ( ). BM SA, CM SA SA (BMC). BAS CAS c c c D = D - - ^ ^ ^ 0,5 N M A B C S 5 Thể tích khối chóp S.ABC là: 1 . . 3 3 BMC BMC x V SA S S D D = = . 0,5 Ta có 2 1 4 x MB MC= = - 2 2 . 1 6 4 xy x y V + = - . 0,5 2 2 2 2 2 1 2 Do 2 . 1 ( ) . . 4 2 6 2 6 2 x y xy xy xy xy x y xy V xy + - + Ê - = 0,5 3 2 1 1 2 3 2 2 2. . .(2 ) 2 6 2 2 6 3 27 xy xy xy xy xy V xy ổ ử ữ ỗ + + - ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ Ê - Ê = ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ . 0,5 Dấu = xảy ra 2 3 x y = = . Vậy với 2 3 x y= = thì thể tích khối chóp đạt GTLN và bằng 2 3 27 . 0,5 Cho hàm số 2 2 2 2 y x m x x = - + - + . Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực đại tại một điểm 0 2 x <- . 1,5 TXĐ: 2 x <- Hàm số đạt cực đại tại 0 x 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 2 3 0 0 ( 1) 2 0 2 2 2 2 2 '( ) 0 (1) 1 "( ) 0 0 0 (2) ( 2 2) m x x x x x y x m x y x m m x x - - + = - + - + = = - < < < - + ù ù ù ù ù ù ù ù ù ù ù ù ớ ớ ớ ù ù ù ù ợ ù ù ù ù ù ợ ù ù ù ợ 0,5 Ta tìm m từ (1) và (2) với giả thiết 0 2 x <- . Đặt 2 2 2 2 ( ) 1 x x g x x - + = - . 2 2 2 có '( ) 0, 2 ( 1) 2 2 g x x x x x - = < " <- - - + . Suy ra g(x) nghịch biến và lim ( ) 2 x g x đ-Ơ = - . 0,5 V Vì 2 ( 2) ( ) 2 x g g x -Ơ < <- - < <- 2 10 có ( 2) . 3 2 10 Vậy 2. 3 g m - - = - < <- 0,5 Hết . + = - + - - 2 2 2 2 4 13 4 13 . Đặt ( ) với 0 4 4 x x x x k f x x x x + + + + = = < - - 0,5 Ta có: 2 2 2 4 34 16 1 '( ) , '( ) 0 8; (4 ) 2 x x f x f x x x x + + = = = - =- - . y - - + - + - = có nghiệm với mọi m 0,5 3 2 2 3 3 2 1 0 ( 1)( 1) 0 ( 1)( 1) 0 2 1 0 2 1 2 x x x x x x x x y x x x y y x x x - - = + - - = ù ù + - - = ù ù ù ù ớ ớ ớ ù ù ù = + - + - =. thanh hoá Trờng THPT Hậu Lộc 4 Đề chính thức kỳ THI CHON HOC SINH GIOI TRƯờNG Năm hoc 2011 2 012 Môn: TOáN Khối 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (6,0 điểm)