Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 16

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - lỚP 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3= + −y x mx x (1) và đường thẳng ( ) : 2 2∆ = −y mx (với m là tham số). 1) Khi 0=m . Gọi đồ thị của hàm số đã cho là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại tiếp điểm M, biết khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2. 2) Tìm m để đường thẳng ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 3 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). Câu 2. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2sin 2 2sin 2 3 3 4cos4 cos x x x x π   − + +  ÷   = . 2) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4 .  + = +   + + + + = −   xy y x y x x x x x (với ; ∈ ¡x y ) Câu 3. (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB AD CD,= < điểm B(1;2) , đường thẳng BD có phương trình 2y = . Biết rằng đường thẳng ( ):7 25 0d x y− − = lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM BC⊥ và tia BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm ( ) ( ) A 1;2;1 ,B 1; 2;4− và mặt phẳng ( ) : 2 0P y z+ = . Tìm toạ độ điểm C ( )P∈ sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng 25 2 . Câu 4. (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AB 2a= . Tam giác SAB vuông tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC) bằng ϕ với 1 sin 3 ϕ = . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a . Câu 5. (3 điểm) 1) Tính tích phân ( ) 2 3 32 4 1 ln 1+ + + = ∫ x x x x I dx x . 2) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6 thành lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 5 chữ số khác nhau, trong đó luôn có mặt chữ số 6 . Câu 6. (2 điểm) Cho các số thực , ,x y z thay đổi thoả mãn điều kiện 2 2 2 1.+ + =x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2 8 2 2 = + + − + + − − + P xy yz xz x y z xy yz . Họ và tên thí sinh :……………………… Chữ ký của Giám thị 1 : ………………………… Số báo danh : ……………………… Chữ ký của Giám thị 2 : ………………………… 1 ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung Điểm 1.1 (2,0) Khi 0 = m , hàm số là 3 3= −y x x (C). Gọi ( ) 3 0 0 0 ; 3M x x x− . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình: ( ) ( ) 2 3 0 0 0 0 3 3 3y x x x x x= − − + − (1) 0,5 Khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2 0 0 2 2x x⇔ = ⇔ = ± 0,5 + Nếu 0 2x = , phương trình (1) có dạng: 1 9 16 ( )y x d= − 0,5 + Nếu 0 2x = − , phương trình (1) có dạng: 2 9 16 ( )y x d= + Vậy có hai tiếp tuyến là 1 (d ) và 2 (d ) thoả mãn yêu cầu. 0,5 1.2 (2,0) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 2 2 (2 3) 2 0+ − = − ⇔ + − + + =x mx x mx x mx m x 2 2 1 ( 1) (2 1) 2 0 (2 1) 2 0(2) =    ⇔ − + + − = ⇔    + + − =  x x x m x x m x . 0,5 Vậy ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt 2 (2 1) 8 0 1 0 1 2 1 2 0 m x m m  + + > ≠ ⇔ ⇔ ≠  + + − ≠  . Khi đó, ba giao điểm là A có hoành độ là 1 và 1 1 2 2 B( ;2 2), C( ;2 2)x mx x mx− − , trong đó 1 2 x ;x là nghiệm phương trình (2) nên 1 2 1 2 x x 2m 1,x x 2+ = − − = − 0,5 Tam giác OBC có diện tích 1 BC. 2 S d= . Trong đó 2 2 d = d(O; ) = 1+4m ∆ 0,5 ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 BC ( ) (2 2 ) ( ) 4 4 1x x mx mx x x x x m   = − + − = + − +   ( ) ( ) 2 2 BC 2 1 8 4 1m m   ⇒ = + + +   ( ) 2 2 1 8⇒ = + +S m 0,25 Vậy 2 0 3 9 4 4 9 1 =  = ⇔ = + + ⇔  = −  m S m m m . Đối chiếu ĐK, Kết luận: 1 = − m . 0,25 2.1 (2,5) Với điều kiện : cos 0≠x , Phương trình đã cho tương đương : 3cos2 sin 2 3 4cos4 cos + + = x x x x 0,5 ( ) 2 3 2cos 1 2sin cos 3 4cos4 cos − + + ⇔ = x x x x x 0,5 3cos sin 2cos4⇔ + =x x x (vì cos 0 ≠ x ) 0,5 cos cos4 6   ⇔ − =  ÷   x x π (1) 0,5 Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là: 2 18 3 k x π π = − + ; 2 30 5 = + k x π π . 0,5 2 2.2 (2,5) ĐKXĐ: x ;y∈ ∈¡ ¡ . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + = + ⇔ + − = ⇔ = + − xy y x y x x y x x 0,5 2 2⇔ = + +y x x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x ( ) 2 2 1 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x . 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 1 2x x x x     ⇔ + + + + = − + − +         (*) Xét hàm số ( ) 2 ( ) 1 2= + +f t t t với ∈ ¡t . Ta có 2 2 2 '( ) 1 2 0, ( ) 2 = + + + > ∀ ∈ ⇒ + ¡ t f t t t f t t đồng biến trên ¡ . 1,0 Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1 ( 1) ( ) 1 2 + = − ⇔ + = − ⇔ = −f x f x x x x . Thay 1 2 = −x vào (1) ta tìm được 1=y .Vậy hệ đã cho có nghiệm là 1 2 1.  = −    =  x y 0,5 3.1 (1,0) Kẻ BH CD⊥ ⇒ ABHD là hình vuông và · · CBH MBA CBH MBA CB MB= ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC · · 0 CBN MBN 45⇒ = = ⇒ ∆ CBN = ∆ MBN Vậy d(B;CD) d(B;MN)= 0,25 mà 7 2 25 4 4 d(B;MN) BH BD BH 2 4 50 2 2 − − = = ⇒ = ⇒ = = . 0,25 Điểm D thuộc BD, nên 0 D(x ;2) và BD = 4. Ta có 0 2 0 0 x 5 (x 1) 16 x 3 =  − = ⇔  = −  . 0,25 Theo giả thiết 0 x 0> . Vậy D(5; 2). 0,25 3.2 (2,0) Tính được AB = 5. 0,25 Gọi I là trung điểm AC, ta có 1 25 25 IA.IB IA.IB 2 4 2 = ⇒ = . Mặt khác ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 IA IB AB IA IB 25 IA IB IA IB 2IA.IB 0 IA IB+ = ⇒ + = ⇒ − = + − = ⇒ = Vậy tam giác ABC vuông cân tại B. 0,5 C (P) C(a;b; 2b)∈ ⇒ − . Điều kiện để có điểm C là AB.BC 0= uuur uuur và BC =5 0,5 2 2 2 0.(a 1) 4(b 2) 3( 2b 4) 0 (a 1) (b 2) ( 2b 4) 25 − − + + − − =  ⇔  − + + + − − =  . 0,25 Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2). 0,25 Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4). 0,25 3 A B D C H N d M 4. (3,0) BC AB; (SAB) (ABCD) BC (SAB) BC SA⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Mà SA SB⊥ ⇒ SA (SBC)⊥ . Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC) SD d SD.sin 3 ⇒ = ϕ = . Mặt khác : AD //(SBC) d(D,(SBC)) d(A,(SBC))⇒ = SD d SA SA 3 ⇒ = ⇒ = 0,25 0,5 0,5 Do AD//BC AD SA⇒ ⊥ . Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và 2 2 2 2 2 a 2 a 14 SA AD SD AD 8SA SA SB 2 2 + = ⇒ = ⇒ = ⇒ = 0,25 Kẻ SH AB ⊥ tại H SH (ABCD)⇒ ⊥ và a 7 AB.SH SA.SB SH 4 = ⇒ = Vậy 3 S.ABCD 1 a 7 V SH.dt(ABCD) 3 3 = = . 0,5 Ta có 3 SBCD S.ABCD 1 a 7 V V 2 6 = = . 0,25 Mà SCBD 3V d(C;(SBD)) dt(SBD) = (1) 0,25 Tam giác SBD có: a 14 SB 2 = , 3a 2 SD 3SA 2 = = , 2 2 2 BD 2a 2 BD SB SD= ⇒ = + ⇒ tam giác SBD vuông tại S 2 1 3a 7 dt(SBD) SB.SD 2 4 = = 0,25 Thay vào (1) có 2a d(C;(SBD)) 3 = . 0,25 5.1 (2,0) Đưa về ( ) 2 2 3 3 2 4 1 1 ln 1x x x I dx dx x x + + = + ∫ ∫ 0,25 Xét ( ) 2 1 2 1 ln 1x I dx x + = ∫ . Đặt 2 ln( 1) 1 1 1 dx u x du x dv dx v x x  = + =     + ⇒   =   = −    0,25 ⇒ ( ) 2 2 1 1 1 2 ln( 1) ln3 3ln3 ln 2 ln ln 1 3ln 2 1 ( 1) 2 2 x dx I x x x x x − + = + = − + + − + = − + ∫ 0,5 3 2 2 2 3 1 1 1 x I dx x + = ∫ . Đặt 2 3 2 3 2 3 3 2 1 2 3 1 1 2 1 3 1 t dt dx t dt dx x x x x = + ⇒ = − ⇒ − =   +  ÷   0,25 4 S A C D = D B H Đổi cận: 3 3 1 2 5 2 4 x t x t  = ⇒ =   = ⇒ =   3 3 5 4 3 2 2 3 I t dt 2 = − ∫ 0,25 3 3 5 4 4 3 3 2 2 3 3 5 5 I t 2 2 8 8 4 4   ⇒ = − = − −  ÷   0,25 ⇒ I= 3ln3 3ln 2 2 − 3 3 3 5 5 2 2 8 4 4   − −  ÷   . 0,25 5.2 (1,0) Số cần lập có dạng 1 2 2 4 5 a a a a a , trong đó luôn có mặt chữ số 6. Xảy ra các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu 1 a 6= . Khi đó, ta chọn 4 chữ số trong 6 chữ số 0;1;2;3;4;5 cho 4 vị trí còn lại ⇒ trường hợp này có 4 6 A số. 0,25 Trường hợp 2: Nếu 1 a 6≠ , có 4 cách chọn vị trí của chữ số 6. Khi đó, có 5 cách chọn { } 1 a 1;2;3;4;5∈ . Sau khi chọn 1 a và vị trí cho chữ số 6, còn lại 3 vị trí được chọn từ 4 chữ số còn lại, nên số cách chọn là 3 5 A ⇒ trường hợp này có 4.5. 3 5 A số. 0,5 Vậy số các số thoả mãn yêu cầu là 4 6 A + 4.5. 3 5 A =1560. 0,25 6. (2,0) Từ giả thiết 2 2 2 1x y z+ + = (1) , ta có: ( ) 2 8 2 2 3 P xy yz xz xy yz xz = + + − + + + Đặt 2 8 2 3 t xy yz xz P t t = + + ⇒ = − + . 0,5 Ta luôn có ( ) 2 2 2 2 0 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx≤ + + = + + + + + = + + + 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 + ⇒ + + ≥ − ⇒ + + ≥ − + ≥ − − = − + ≥ − x z y xy yz zx xy yz xz xz Dấu “=” xảy ra 0 2 2 y x z =   ⇔  = − = ±   . Vậy 1.t ≥ − 0,5 Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm 2 8 ( ) 3 f t t t = − + với t 1. ≥ − 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 1 ( 4) 8 6 9 4 '( ) 2 2 0, 1 3 3 3 t t t t t f t t t t t t + + + + + = + = = > ∀ > − + + + 0,25 Hàm số ( )f t liên tục trên [ ) 1; ( )− +∞ ⇒ f t đồng biến trên [ ) 1;− +∞ [ ) 1; min ( ) ( 1) 3 ∈ − +∞ ⇒ = − = − t f t f . Vậy min P = - 3. 0,5 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo thống nhất chia điểm thành phần tương ứng. HẾT 5 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2 012- 2013 Môn: Toán - lỚP 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3= + −y x mx x (1) và. TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2 012- 2013 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung Điểm 1.1 (2,0) Khi 0 = m , hàm số là 3 3= −y x x (C). Gọi ( ) 3 0 0 0 ; 3M. 4 6 A số. 0,25 Trường hợp 2: Nếu 1 a 6≠ , có 4 cách chọn vị trí của chữ số 6. Khi đó, có 5 cách chọn { } 1 a 1;2;3;4;5∈ . Sau khi chọn 1 a và vị trí cho chữ số 6, còn lại 3 vị trí được chọn