SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT-BẢNG B Ngày thi : 15/03/2013 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x x 2 x 2 + − − . Tìm 2 điểm trên 2 nhánh của đồ thị mà tiếp tuyến tại hai điểm đó song song với nhau và có khoảng cách lớn nhất. Bài 2: (2,5 điểm) Giải phương trình sin3x = cosx.cos2x(tan 2 x + tan2x). Bài 3: (3,0 điểm) Tính tích phân 2 2 2 2 2 2 2 x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2 I dx (4 x ) − + − + + − + = + ∫ . Bài 4: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình 2 2 x y 1 16 1 + = và Parabol có phương trình y = 2 3 3 9 x x 4 2 4 + − . Chứng minh rằng Elip và Parabol cắt nhau tại 4 điểm nằm trên một đường tròn. Bài 5: (3.0 điểm) Giải bất phương trình 2 12x 8 2x 4 2 2 x 16 9x − < + − − + . Bài 6: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V 1 , V theo thứ tự là thể tích của khối chóp S.AMKN và S.ABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tỷ số 1 V V . Bài 7: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 5 y y 4 x y 2x 2xy 2y 3 6ln x x 4 x y 3xy 1 0 + + ÷ − + + − = ÷ + + − − = . HẾT Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B Bài Đáp án Điểm 1 (3,0đ) Ta có y= x+3 + 4 x 2− nên y / = 1- 2 4 (x 2)− Do đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại 2 điểm A (x A , y A ) , B(x B; y B ) là k = 1- 2 0 4 (x 2)− 0.50 Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với nhau khi và chỉ khi x A ; x B là 2 nghiệm của phương trình: 2 0 4 (x 2)− = 1- k ⇔ (x 0 -2) 2 = 4 1 k− ⇔ 2 0 0 4 x 4x 4 0 1 k − + − = − nên x A +x B = 4 0.50 Suy ra : y A + y B =6+ x A +x B + A B 4 4 x 2 x 2 + − − = 10 + A B A B 4(x x 4) (x 2)(x 2) + − − − = 10 0.50 Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường tiệm cận M(2;5) Vậy khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến đó lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M đến 1 tiếp tuyến (trong 2 tiếp tuyển đó) là lớn nhất. 0.50 Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) với đồ thị tại A có dạng: y = 0 0 2 0 0 4 4 (1 )(x x ) x 3 (x 2) x 2 − − + + + − − khoảng cách từ M đến ( ∆ )là d = 0 0 2 0 0 2 2 0 4 4 (1 )(2 x ) 5 x 3 (x 2) (x 2) 4 (1 ) 1 (x 2) − − − + + + − − − + − = 2 0 2 0 8 16 2(x 2) 8 (x 2) + − − − 0.50 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong căn ta được d ≤ 8 2 32 8− dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x 0 -2) 4 = 8 4 0 x 2 8⇔ = ± Vậy 2 điểm phải tìm là A (2+ 4 8 ; 5+ 4 8 + 4 2 2 ) và B (2- 4 8 ; 5- 4 8 - 4 2 2 ) 0.50 2 (2,5đ) Điều kiện x k 2 x k 4 2 π ≠ + π π π ≠ + (*) 0.25 Phương trình được viết lại: sin3x=cosx.cos2x ( 2 2 sin x sin 2x ) cos x cos2x + Hay : cosx.sin3x = sin 2 x.cos2x+cos 2 x.sin2x 0.25 cosx( 3sinx-4sin 3 x) = sin 2 x(2cos 2 x-1)+cos 2 x.sin2x sinx(3cosx- 4cosx.sin 2 x – 2sinx.cos 2 x + sinx -2 cos 3 x) = 0 0.50 Nên: sinx= 0 (a) hay : 3cosx- 4cosx.sin 2 x – 2sinx.cos 2 x + sinx -2 cos 3 x = 0 (b) 0.25 Giải (a): sinx= 0 x k⇔ = π ( thỏa điều kiện (*) 0.25 Giải (b) : vì cosx ≠ 0, chia 2 vế cho cos 3 x, ta được phương trình tan 3 x – tan 2 x –tanx +1 =0 x m t anx 1 4 t anx 1 x n 4 π = + π = ⇔ ⇔ = − π = − + π (loại vì đk (*)) 0.75 Kết luận: Phương trình có nghiệm : x= kπ 0.25 3 (3,0đ) 2 2 2 2 2 2 2 x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2 I dx (4 x ) − + − + + − + = + ∫ 2 2 2 2 2 2 (x 4)(ln 1 x x) 2 dx (4 x ) − + + − + = + ∫ 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 ln( 1 x x) 2 I dx dx 4 x (4 x ) − − + − = + + + ∫ ∫ 0.25 Đặt x = -t thì 2 2 2 2 ln( 1 x x) I dx 0 4 x − + − = = + ∫ và 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 dx 2 dx (4 x ) (4 x ) − = + + ∫ ∫ 0.50 Nên I= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 4 1 x dx dx dx (4 x ) 4 x (4 x ) = − + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 Với I 1 = 2 2 0 1 dx 4 x+ ∫ , đặt x=2tant ⇒ dx=2(1+tan 2 t)dt thì I 1 = 2 4 2 0 2(1 tan t)dt 4(1 tan t) 8 π + π = + ∫ 0.50 I 2 = 2 2 2 2 0 x dx (4 x )+ ∫ dùng từng phần 2 2 2 u x du dx xdx 1 dv v (4 x ) 2(4 x ) = = ⇒ = = − + + 0.50 I 2 = 2 2 0 x 2(4 x ) − + + 2 2 0 1 dx 2(4 x )+ ∫ = 2 16 − + π 0.50 Do đó I = 2 16 + π 0.25 Phương trình cho hoành độ giao điểm của (E) và (P): 2 2 2 x 3 3 9 ( x x ) 1 16 4 2 4 + + − = 0.25 Đặt f(x) = 2 2 2 x 3 3 9 ( x x ) 1 16 4 2 4 + + − − thì f liên tục trên R 0.25 4 (2,5đ) Tính được f(-4)=225/16 ; f(-3) = -7/16 suy ra phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-4 ; -3) f(-1)= 129/16; f(1)=-15/16; f(2) = 61/4 Lập luận tương tự có : f(-3).f(-1)<0; f(-1). f(1)<0 ; f(1).f(2)<0 Vậy phương trình f(x) = 0 có đúng 4 nghiệm suy ra (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt A,B,C,D 0.50 Gọi M 0 (x 0 ;y 0 ) là một giao điểm tùy ý trong 4 giao điểm A,B,C, D Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 x y 1 16 3 3 9 x x y 0 4 2 4 + = + − − = 0.50 2 2 2 x 16y 16 0 15x 30x 20y 36 0 + − = + − − = 2 2 2 2 x 16y 16 0 16x 16y 30x 20y 61 0 + − = ⇔ + + − − = 2 2 2 2 x 16y 16 0 15 5 61 x y x y 0 8 4 16 + − = ⇔ + + − − = 0.50 Do đó M 0 thuộc đường tròn có phương trình: 2 2 15 5 61 x y x y 0 8 4 16 + + − − = Tâm là I(-15/16; 5/8) bán kính R= 1301 16 0.50 5 (3,0đ) Điều kiện : -2 ≤ x ≤ 2 Bất phương trình được viết lại như sau: 2 2(6x 4) 6x 4 2x 4 2 2 x 16 9x − − < + + − + 0.50 2 (6x 4) 2 2x 4 4 2 x 16 9x 0 ⇔ − + + − − + < (2) 0.50 Vì: 2 2 2x 4 4 2 x 16 9x 0 + + − + + > (3) Nhân 2 vế của (2) với vế trái của (3), ta được (6x-4)(9x 2 +8x-32-16 2 8 2x− )>0 0.50 ⇔ (6x-4)(x+2 2 8 2x− +8)(x-2 2 8 2x− )>0 (4) Vì: -2 ≤ x ≤ 2 nên: x+2 2 8 2x− +8 >0 0.50 Do đó (4) ⇔ (6x-4)(x-2 2 8 2x− )>0 0.50 ⇔ 2 2 2 2 x 3 x 2 8 2x 2 2 x 3 x 2 8 2x ≥ ≥ > − − ≤ < < − ⇔ 4 2 x 2 3 2 2 x 3 < ≤ − ≤ < . 0.50 6 (3,0đ) 0.50 Vì ABCD là hình bình hành => V SABC = V SADC = 1 2 V SABCD = 1 2 V. Đặt SM x SB = , SN y SD = , thì SAMK SAMK SABC V SM SK x.V . V V SB SC 4 = ⇒ = => V 1 = V SAMK + V SANK = V 4 (x + y) (1) Mặt khác V 1 = V SAMN + V SMNK = x.y. V 2 + x.y. V 4 => V 1 = 3xy.V 4 (2). Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = x 3x 1− (3) Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 1 3 Và y = SN x 1 1 SD 3x 1 ≤ ⇒ ≤ − ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (v× 3x-1 > 0 => x ≥ 1 2 do đó 1 2 ≤ x ≤ 1 0.75 Từ (1) => 1 V 1 V 4 = (x + y) = 3 xy 4 = 2 3 x 3x x. 4 3x 1 4(3x 1) = − − Xét hàm số f(x) = 2 3x 4(3x 1)− với 1 x 1 2 ≤ ≤ . Ta có f’(x) = 2 3x(3x 2) 4(3x 1) − − f’(x) = 0 ⇔ x 0 x 2 / 3= ∨ = 0.50 Bảng biến thiên x 1/2 2/3 1 f’(x) - 0 + f(x) 3/8 3/8 1/3 0.50 Suy ra 1 3 ≤ f(x) ≤ 3 8 với ∀x ∈ [ 1 ;1 2 ] hay 1 3 ≤ 1 V 3 V 8 ≤ Vậy Min ( 1 V V ) = 1 3 khi x = 2 3 hay SM = 2 3 SB và Max ( 1 V V ) = 3 8 khi 1 M x 2 M B x 1 = ⇔ ≡ = 0.75 7 (3.0đ) Từ ( ) ( ) 2 2 2 2 y y 4 x y 2x 2xy 2y 3 6ln x x 4 + + ÷ − + + − = ÷ + + ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2x 3x 6ln x x 4 2y 3y 6ln y y 4 1⇔ − + + + = − + + + 0.50 Xét ( ) ( ) 3 2 f t 2t 3t 6ln t t 4 t R= − + + + ∈ ( ) 2 2 2 2 6 1 1 f ' t 6t 3 6 t 2 t 4 t 4 = − + = + − ÷ + + Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 t 4 1 1 1 1 15 9 t t 4 2 16 2 2 16 2 t 4 t 4 t 4 3 15 9 3 15 9 t 4 0 4 16 2 4 4 2 + + − = + + + + − + + + ≥ + + − ≥ + − = Suy ra ( ) f ' t 0 t≥ ∀ ⇒ hàm số đồng biến và liên tục trên R 0.50 Mà (1) ( ) ( ) f x f y x y⇔ = ⇔ = Thay vào phương trình còn lại của hệ ta có ( ) 6 2 x 3x 1 0 2− − = 0.50 Đặt ( ) 2 x u u 0= ≥ suy ra 3 u 3u 1− = (3) Xét ( ) 3 g u u 3u 1= − − với u 0 ≥ ( ) 2 g' u 3u 3= − có ( ) g' u 0 u 1= ⇔ = ± 0.50 Bảng biến thiên u -1 0 1 2 g’(u) + 0 - - 0 + g(u) Căn cứ vào BBT phương trình (3) có nghiệm duy nhất thuộc (0; 2) 0.50 Đặt u 2cos = α với 0; 2 π α∈ ÷ (3) trở thành 1 cos3 = = x 2cos 2 9 9 π π α ⇔ α ⇒ = ± Vậy hệ có nghiệm 2cos ; 2cos ; 2cos ; 2cos 9 9 9 9 π π π π − − ÷ ÷ . 0.50 Là trung điểm của SB -1 -3 1 +∞ +∞ HẾT . GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 012- 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT -B NG B Ngày thi : 15/03/2013 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) B i 1:. k − + − = − nên x A +x B = 4 0.50 Suy ra : y A + y B =6+ x A +x B + A B 4 4 x 2 x 2 + − − = 10 + A B A B 4(x x 4) (x 2)(x 2) + − − − = 10 0.50 Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường. < . 0.50 6 (3,0đ) 0.50 Vì ABCD là hình b nh hành => V SABC = V SADC = 1 2 V SABCD = 1 2 V. Đặt SM x SB = , SN y SD = , thì SAMK SAMK SABC V SM SK x.V . V V SB SC 4 = ⇒ = => V 1 =