Đề thi HSG môn Toán Lớp 12 2011-2012 Tỉnh Bắc Giang

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB++MC+MD , biết M là một ñiểm thay ñổi trong mặt phẳng α.. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn hơn a.. Cá

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC: 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 Ngày thi: 01/4/2012

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số 1 3 2

3

y= x + m+ x + m+ x+ −m (1) (m là tham số)

1 Tìm m ñể hàm số (1) ñồng biến trên [− 1; 2]

2 Tìm m ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm x x1, 2 sao cho x1+2x2 = −1 m

Câu 2: (4,0 ñiểm)

1 Giải phương trình:

2 2

1 tan

x

−

2 Tìm tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực:

2

x+ + − −x − x−x = m−

Câu 3: (4,0 ñiểm)

1 Giải hệ phương trình: ( )

2

3

2 1 2 2

1 log ( 1) 1

x





( ,x y∈ℝ)

2 Tính tích phân:

1

.

7 2 ln

e

ex

x x

=

−

Câu 4: (6,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh C(1; 2).− Tìm toạ ñộ của

các ñỉnh A và B, biết ñường cao ñi qua ñỉnh B, ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC lần lượt có phương trình là x− − =y 2 0 và 2x+ + =y 4 0

2 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ ñộ các ñỉnh lần lượt là A( 1; 2;0),− B(2;1;1),C(0; 3; 4), − D(3; 0;3) và cho mặt phẳng ( )α :x− 2y− − =z 5 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB++MC+MD , biết M là một ñiểm thay ñổi trong mặt phẳng ( )α

3 Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn

hơn a Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD Chứng minh rằng:

3 8

a

V ≤

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương a b, và c Chứng minh rằng:

HẾT

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Giám thị 1 (Họ tên và chữ ký)

ĐỀ CHÍNH THỨC

http://toanhocmuonmau.violet.vn/

Trang 2

Trang 1/5

BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2011-2012 NGÀY THI 01/4/2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 12

Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

TXĐ: D= ℝ

2

y =x + m+ x+ m+

Để y ñồng biến trên [−1; 2] thì y'≥ ∀ ∈ −0, x [ 1; 2]

0.5

Với ∀ ∈ −x [ 1; 2] ta có x+ > 2 0, nên ta có thể ñưa ñược ñiều kiện trên về

2

x

≥ − − ∀ ∈ −

+

0.5

[ 1;2 ]

3

2

x

∈ −

Tìm ñược

[ 1;2 ]

1

(2.5ñiểm)

Khẳng ñịnh ñược m≥ − 1 3

2

y =x + m+ x+ m+

Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x ñi

qua hai nghiệm ñó

Suy ra ∆ > ' 0

0.5

Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là

Với m∈ −∞ − ( ;1 3) ∪ + (1 3; + ∞ ), áp dụng ñịnh lý Vi-ét và kết hợp với

x + x = −m Tìm ñược x1 = −3m−5, x2 = +m 3 0.5

2

(2.5ñiểm)

Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:

2

cos 2 0

x x

≠

0.5

Biến ñổi ñược phương trình ñã cho trở thành

2

1

cos 2 1

cos 2

x

0.5

1

(2ñiểm)

Với ñiều kiện (*) ta có

0.5

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 3

Trang 2/5

2 2

1

cos 2

x

x x

=



⇒ 

=



x k

k

x

π

=



=

= +

=

ℤ (thoả mãn)

x k

k

π

=





ℤ

0.5

Điều kiện ñể phương trình ñã cho có nghĩa là:

x∈ −[ 3; 1]

Đặt

t = x+ +3 1−x

0.5

Tìm ñược ñiều kiện của biến t là

2; 2 2

Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành

2

4m= − + +t 2t 6 (2*)

Bài toán trở thành tìm m ñể phương trình (2*) có nghiệm t∈ 2; 2 2 

0.5

2

(2ñiểm)

Tìm ñược giá trị 1 2;3

m∈ − +  

2

3

1

x





Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là

y

− < ≤





∈

0.5

Từ (3) ta có y= − 1 log (2 x+ 1), thế vào (2) ñược

1

x

+

0.5

Biến ñổi phương trình về dạng x+ = 2 3 − +x 1

Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện 0.5

1

(2ñiểm)

Tìm ñược y= − 1 log 32

2

(2ñiểm) 1

1 ln

7 2 ln

e

x

x x

+

=

−

Trang 4

Trang 3/5

1

1 (7 2 ln ) '

e

x x

dx

x x

−

= −

−

∫

1

e

x x

−

= −

−

1

ln 7 2 ln 2

e

x x

e

Kết luận

0.5

Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của tam

Tìm ñược toạ ñộ ñiểm '( 11; 18)

C − − ñối xứng với ñiểm C qua ñường

phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC

0.5

1

(2ñiểm)

Lập phương trình ñường thẳng AC’ là

4 3 5 28 2 5

 = − +





 = −



Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua

ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh ( 17; 33)

0.5

Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ G(1; 0; 2) 0.5

Lý luận chỉ ra ñược ñể MA MB++MC+MD = 4MG = 4MG ñạt giá trị

nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( )α 0.5 Lập ñược phương trình ñường ( ) ∆ thẳng ñi qua G và vuông góc với

mặt phẳng ( )α là

1 2 2

x t

y t

= +





= −



 = −



2

(2ñiểm)

Chỉ ra M là giao ñiểm của ( ) ∆ và ( )α , tìm ñược toạ ñộ ñiểm

M(2; -2; 1)

Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho là 4 6 khi M(2; -2; 1)

0.5

A

B

C

D H

E

K M

3

(2ñiểm)

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó

Trang 5

Trang 4/5

+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD

và của tứ diện ABCD

6

V = AH BK CD + Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có

1

2

0.5

Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có: 1 2 2

4 2

AE≤ a −x

2

AH ≤ AE⇒ AH ≤ a −x

Từ (1) và (2) ta có 1 ( 2 2)

24

0.5

4

y= a x−x trên (0; a]

y = a − x

Dễ dàng thấy y' > 0 với mọi x∈(0;a]

Suy ra

( ]

3 0;

∈ = xảy ra khi x=a

Vậy

3 8

a

V ≤

0.5

+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức x+ y ≤ 2(x+y), (4) với x, y là

các số thực không âm

+ Theo (4), ta có:

1 2

+ = + ≥  + 

Tương tự ta có

1 2

+ ≥  + 

1 2

+ ≥  + 

0.25

Do ñó, ta có

a b b c c a

≥  + +  + +  + 

0.25 (1ñiểm)

+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức 1 1 4

x+ ≥y x y

+ , (5) với x, y là các số thực dương

+ Theo (5), ta có

0.25

Trang 6

Trang 5/5

Theo (4), ta có

  +   +   + 

≥   +  +  

0.25

Lưu ý khi chấm bài:

- Trên ñây là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh yêu cầu phải chặt chẽ, hợp logic

- Nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì cho ñiểm tương ứng theo thang ñiểm của phần ñó

Trang 7

BẮC GIANG

NĂM HỌC: 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 Ngày thi: 01/4/2012

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số 4 2

y= − +x m+ x − m− (1) (m là tham số)

1 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp

số cộng

2 Tìm m ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu

Câu 2: (4,0 ñiểm)

1 Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi số thực a:

2

2 Giải và biện luận hệ phương trình sau:







Câu 3: (4,0 ñiểm)

1 Giải bất phương trình: x− + − ≥1 x 3 2(x−3)2+2x−2

2 Cho f(x) liên tục trên [ ]0;1 Chứng minh rằng:

xf(sinx)dx f(sinx)dx

2

Câu 4: (6,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) 2

y = 64xvà (d) 4x 3y − + 46 = 0 Viết

phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ

nhất

2 Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt

ñáy, SA=AB=a

a Tính diện tích tam giác SBD theo a

b Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC

c Tính góc giữa SC và (SBD)

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương a b c, , và thoả mãn a+ + ≥b c 1 Chứng minh rằng:

a b c

b +c +a ≥

HẾT

Giám thị 1 (Họ tên và chữ ký)

Giám thị 2 (Họ tên và chữ ký)

ĐỀ DỰ BỊ

Trang 8

BẮC GIANG

NĂM HỌC: 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN

Ngày thi: 01/4/2012

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số 1 3 2

3

y= x + m+ x + m+ x+ −m (1) (m là tham số)

1 Tìm m ñể hàm số (1) ñồng biến trên [− 1; 2]

2 Tìm m ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm x x1, 2 sao cho x1+2x2 = −1 m

Câu 2: (4,0 ñiểm)

1 Giải phương trình:

2 2

1 tan

x

−

2 Tìm tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực:

Câu 3: (4,0 ñiểm)

1 Giải hệ phương trình: ( )

2

3

2 1 2 2

1 log ( 1) 1

x





( ,x y∈ℝ)

2 Cho hàm số f(x) thoả mãn: f xy( ) + f x( − +y) f x( + + =y 1) xy+ 2x+ ∀ 1, x y, ∈ ℝ

và

( ) ( )

2012

f x

P x =

Câu 4: (6,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh C(1; 2).− Tìm toạ ñộ của

các ñỉnh A và B, biết ñường cao ñi qua ñỉnh B, ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC lần lượt có phương trình là x− − =y 2 0 và 2x+ + =y 4 0

2 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ ñộ các ñỉnh lần lượt là A( 1; 2;0),− B(2;1;1),C(0; 3; 4), − D(3; 0;3) và cho mặt phẳng ( )α : x− 2y− − =z 5 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB++MC+MD , biết M là một ñiểm thay ñổi trong mặt phẳng ( )α

3 Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn

hơn a Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD Chứng minh rằng:

3 8

a

V ≤

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho x i ≥ 0; i= 1, 2, , 2012 và thoả mãn hệ 1 2 2012







Chứng minh rằng tồn tại 3 số trong các số x i ≥ 0; i= 1, 2, , 2012 mà tổng của chúng không nhỏ hơn 1

HẾT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 9

Trang 1/5

BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2011-2012 NGÀY THI 01/4/2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN

Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

TXĐ: D= ℝ

2

y =x + m+ x+ m+

Để y ñồng biến trên [−1; 2] thì y'≥ ∀ ∈ −0, x [ 1; 2]

0.5 Với ∀ ∈ −x [ 1; 2], ta có x+ > 2 0, nên ta có thể ñưa ñiều kiện trên về

2

x

≥ − − ∀ ∈ −

+

0.5

[ 1;2 ]

3

2

x

∈ −

Tìm ñược

[ 1;2 ]

0.5

1

(2.5ñiểm)

Khẳng ñịnh ñược m≥ − 1 3

2

y =x + m+ x+ m+

Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x

ñi qua hai nghiệm ñó

Suy ra ∆ > ' 0

0.5

Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là

Với m∈ −∞ − ( ;1 3) ∪ + (1 3; + ∞ ), áp dụng ñịnh lý Viét và kết hợp với

x + x = −m Tìm ñược x1= −3m−5, x2 = +m 3 0.5

2

(2.5ñiểm)

Điều kiện ñể phương trình có nghĩa

2

cos 2x 0

1 tan x 0

≠

0.5

2

1

cos 2 1

cos 2

x

0.5

1

(2ñiểm)

Với ñiều kiện (*) ta có

0.5

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 10

Trang 2/5

2 2

1

cos 2

x

x x

=



⇒ 

=



x k

k

x

π

=



=

= +

=

ℤ (thoả

mãn)

Kết luận

0.5

Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:

x∈ −[ 3; 4] (2*)

0.5

Đặt

f x = +x x+ + x+ g x = − −x −x h x( ) = f x g x( ) ( )

Chứng minh ñược f(x), g(x), f’(x), g’(x) dương với mọi x thoả mãn

(2*)

Suy ra h’(x)= f(x).g’(x)+f’(x), g(x) dương với mọi x thoả mãn (2*)

0.5

2

(2ñiểm)

Suy ra h(x) ñồng biến trên [−3; 4]

Do ñó ñể phương trình ñã cho có nghiệm thì

h − ≤ − ≤m h

hay

0.5

2

3

1

x





Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là

y

− < ≤





∈

0.5

Từ (3) ta có y= − 1 log (2 x+ 1), thế vào (2) ñược

1

x

+

0.5

Biến ñổi phương trình về dạng x+ = 2 3 − +x 1

Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện 0.5

1

(2ñiểm)

Tìm ñược y= − 1 log 32

2

(2ñiểm)

Cho y=-1 ta có f(-x)+f(x+1)+f(x)=x+1

Cho y=0 ta có f(0)+f(x+1)+f(x)=2x+1

Trang 11

Trang 3/5

Đặt t=-x Khi ñó: f(t)-f(0)=t, suy ra f(t)-t=f(0)-0 (2)

Đặt g(t)=f(t)-t

Từ (2) suy ra g(t)=g(0), với mọi số thực t

Từ f(xy)+f(x-y)+f(x+y+1)=xy+2x+1 ta có

(f xy( )−xy) (+ f x( − − −y) (x y)) (+ f x( + + − + +y 1) (x y 1))=0

Suy ra g(xy)+g(x-y)+g(x+y+1)=0

Suy ra 3g(0)=0 hay g(0)=0

0.5

Thử lại: f(x)=x, với mọi số thực x thoả mãn ñề bài

Vậy f(x)=x, với mọi số thực x

x x

P x =

+

0.5

Ta có x+y=1 thì

1

0.5

Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0 0.5 Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của

Tìm ñược toạ ñộ ñiểm '( 11; 18)

C − − ñối xứng với ñiểm C qua ñường

phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC

0.5

1

(2ñiểm)

Lập phương trình ñường thẳng AC’ là

4 3 5 28 2 5



= − +





 = −



Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua

ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh ( 17; 33)

0.5

Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ

Lý luận chỉ ra ñược ñể MA MB++MC+MD = 4 MG = 4MG ñạt giá trị

nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( )α 0.5 Lập ñược phương trình ñường ( ) ∆ thẳng ñi qua G và vuông góc với

mặt phẳng ( )α là

1 2 2

x t

y t

= +





= −



 = −



2

(2ñiểm)

Chỉ ra M là giao ñiểm của hai ñường ( ) ∆ và và mặt phẳng ( )α , tìm

ñược toạ ñộ ñiểm M(2; -2; 1) 0.5

Trang 12

Trang 4/5

Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho 4 6 khi M(2; -2; 1)

A

B

C

D H

E

K M

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó

a≥m AC AD BC BD CD

+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD

và của tứ diện ABCD

6

V = AH BK CD

0.5

+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có

1

2

0.5

Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có: 1 2 2

4 2

AE≤ a −x

2

AH ≤AE⇒ AH ≤ a −x

Từ (1) và (2) ta có 1 ( 2 2)

24

0.5

3

(2ñiểm)

4

y= a x−x trên (0; a]

y = a − x

Dễ dàng thấy y' > 0 với mọi x∈(0;a]

Suy ra

( ]

3 0;

∈ = xảy ra khi x=a

Vậy

3 8

a

V ≤

0.5

1 2 2012







Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử

x1≥x2 ≥ ≥ ≥x3 x2012

Từ giả thiết (4) suy ra x i ≤ ∀ = 1 i 1, 2, , 2012

0.25 (1ñiểm)

Rõ ràng từ ñó ta có

x1+ + ≥ + + −x2 x3 x1 x2 x3 (x1−x3)(1 −x1) ( − x2−x3)(1 −x2)

x + + ≥x x x +x +x − −x x (5)

0.25

Trang 13

Trang 5/5

Từ (3), ta có

3 − − = + + +x1 x2 x3 x4 x2012

Kết hợp với (5), ta có

( )

2012

(vì x3 ≥max{x x4, 5, ,x2012})

0.25

Từ (4) và (6) suy ra x1+ + ≥x2 x3 1 (Đpcm) 0.25

Lưu ý khi chấm bài:

- Trên ñây là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh yêu cầu phải chặt chẽ, hợp logic

- Nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì cho ñiểm tương ứng theo thang ñiểm của phần ñó

Trang 14

BẮC GIANG

NĂM HỌC: 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN

Ngày thi: 01/4/2012

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số 4 2

y= − +x m+ x − m− (1) (m là tham số)

1 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp

số cộng

2 Tìm m ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu

Câu 2: (4,0 ñiểm)

1 Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi a:

2

2 Giải và biện luận hệ phương trình sau:







Câu 3: (4,0 ñiểm)

1 Giải bất phương trình: x− + − ≥1 x 3 2(x−3)2+2x−2

2 Cho hàm số f x( ) liên tục trên ℝ thoả mãn:

f = và f x f y( ) ( ) = f x( +y) với ∀x y, ∈ℝ Hãy xác ñịnh hàm số f x( )

Câu 4: (6,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) 2

y = 64x và (d) 4x 3y − + 46 = 0 Viết

phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ

nhất

2 Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt

ñáy, SA=AB=a

a Tính diện tích tam giác SBD theo a

b Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC

c Tính góc giữa SC và (SBD)

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho số thực dương p nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng:

1

2

p

e

< +

…

HẾT

ĐỀ DỰ BỊ

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	446,95 KB