Câu I (4,0 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) với đồ thị (C m ) ( ) m R∈ . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m = . 2. Tìm m để đường thẳng (d): 2 1y x= + cắt đồ thị (C m ) tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho điểm C(0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 55 . Câu II (4,0 điểm. 1. Giải phương trình (cos 1)(sin 2 sin cos 2) 1. sin (1 2cos ) x x x x x x + − − − = − 2. Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 5 16.4 5 16 7 , 17 10 17 2 4 4 11 x y x y y x x y R x x y x y − − − + + = + ∈ + + + = + + Câu III (4,0 điểm). 1. Cho , ,a b c là các số thực dương .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 3 1 438 cba abcbcabba P +++ ++++ = . 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình ( ) 2 log 0 2 1 x y x y xy m + ≤ + + + ≥ có nghiệm thực duy nhất. Câu IV (4,0 điểm). 1. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết 5 ( 1; ), ( 1;0) 2 N H− − − và điểm D nằm trên đường thẳng ( ) : 4 0d x y− − = . Câu V (4,0 điểm). 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có ,AB a AD b= = , SA vuông góc với đáy và 2SA a= . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho (0 2 )AM x x a= < < . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC). Tìm x theo a để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. 2.Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ): 2 0P x y z+ − + = và hai điểm ( ) 3;4;1 ,A ( ) 7; 4; 3 .B − − Tìm điểm M trên (P) sao cho tam giác ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất, biết điểm M có hoành độ lớn hơn 2. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi 20/03/2014. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Số báo danh SỞ GD&ĐT THANH HÓA Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 8 trang ) Câu Ý Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C 2,00 Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0,50 - Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 ' 0 1 x y x = = ⇔ = -BBT: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 0,50 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 0,50 Đồ thị: Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2 = − ⇒ = ⇔ =y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I⇒ là điểm uốn của đồ thị. Đồ thị (C) cắt trục Oy tại ( ) A 0;1 Đồ thi cắt trục Ox tại ( ) 1 B 1;0 ;C ;0 2 − ÷ 0,50 (4.0) . 2. Tìm m để đường thẳng (d): 2 1y x= + cắt đồ thị (C m ) hàm số (1) tại ba điểm A;B;C phân biệt sao cho điểm C(0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 55 . 2,00 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + 0,50 2 2 0 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇔ − + − = ⇔ − + − = x x x mx m x mx m Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm C, A, B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < . 0,50 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x + = − = và 2 1 2 1 A A B B y x y x = + = + (Trong đó x A ; x B là 2 nghiệm của phương trình (*)) AB = 55 2 2 ( ) ( ) 55 B A B A x x y y⇔ − + − = 0,50 2 2 2 9 3 ( ) 11 ( ) 4 . 11 4. 11 4 2 B A B A B A m m x x x x x x − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = ( ) 2 2 9 8 20 0 / 10 9 m m m t m m = ⇔ − − = ⇔ − = . Vậy 10 2; 9 m m − = = là giá trị cần tìm. 0,50 II. (4.0) 1 . Giải phương trình: (cos 1).(sin 2 sin cos 2) 1. sin .(1 2cos ) x x x x x x + − − − = − (1) 2,00 *ĐK: x sinx 0 ( ). 1 x 2 cosx 3 2 k k Z k π π π ≠ ≠ ⇔ ∈ ≠ ± + ≠ * Ta có: (1) (cos 1).(sin 2 sin cos 2) sin sin 2 . (2)x x x x x x⇔ + − − − = − 0,50 * Khi đó: (2) (cos 1).(sin 2 sin cos 1) (cos 1) sin sin 2 .x x x x x x x⇔ + − − − − + = − (cos 1).(sin 2 sin cos 1) (sin 2 sin cos 1) 0x x x x x x x⇔ + − − − + − − − = (cos 2).(sin 2 sin cos 1) 0x x x x⇔ + − − − = 0,50 sin 2 sin cos 1 0x x x ⇔ − − − = (sin cos 1)(sin cos 2) 0x x x x⇔ + + + − = sin cos 1 0x x ⇔ + + = 0,50 2 1 os( ) ( ). 4 2 2 2 x k c x k x k π π π π π = + ⇔ − = − ⇔ ∈ = − + ¢ Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: 2 ( ). 2 x k k π π = − + ∈¢ 0,50 2. Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) Ryx yxyxx xyyxyx ∈ ++=+++ +=+ +−−− , 11442171017 7.1654.165 23 2222 222 2,00 Đặt yxt 2 2 −= phương trình (1) có dạng ( ) ttt − +=+ 2 7.1654.165 ⇔ t t t t 2 2 2 2 7 45 7 45 + = + + + , Xét hàm số ( ) xx xf + = 7 4 7 1 .5 )(xf⇒ là HSNB trên R Phương trình (*) có dạng 22222)2()2( 2 =−⇔=⇔=+⇔=+ yxttttftf 0,50 Khi đó phương trình (2) có dạng ( ) 72427175 2223 ++=+++ xxxxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 72727272222 2222 23 ++++++=+++++⇔ xxxxxxx 0,50 Xét hàm số ttttf ++= 23 )( , f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 Phương trình trên có dạng ( ) ( ) 722 2 +=+ xfxf 722 2 +=+⇔ xx 1=⇔ x và x =3 0,50 Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (x;y) là: 1 7 1; , 3; 2 2 − ÷ ÷ . 0,50 III. (4.0) 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 3 1 438 cba abcbcabba P +++ ++++ = Với , ,a b c là các số thực dương. 2,00 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 4 4 4 16 8 3 4 8 3 4 28 4 4 12 3 1 1 1 a b b c a b c a b a b ab bc abc a b c P a b c a b c a b c + + + + + + + + ÷ + + + + + + = ≤ = × + + + + + + + + + 0, 50 Đặt ,a b c t+ + = ta có 0.t > Xét hàm số 2 ( ) 1 t f t t = + với 0.t > Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 ' ; ' 0 1 1 t f t f t t t − = = ⇔ = ± + ; 0 lim ( ) 0; lim ( ) 0. t t f t f t + →+∞ → = = 0, 50 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN của P bằng 14 3 khi 16 4 1 ; ; . 21 21 21 a b c= = = 0.50 0,50 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình ( ) 2 log 0 2 1 x y x y xy m + ≤ + + + ≥ có nghiệm thực duy nhất. 2,00 Hệ phương trình tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 1 I 0 1 0 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 II . x y x y x y xy m x y xy m x y x y x y m < + ≤ < + ≤ < + ≤ ⇔ ⇔ + ≥ − + + ≥ − − + + − + − ≤ + 0,50 Tập nghiệm của (I) là phần nằm giữa hai đường thẳng : ; ': 1d y x d y x= − = − + và trên '.d Nếu 1m ≤ − thì hệ phương trình vô nghiệm. Nếu 1m > − thì tập nghiệm của (II) là hình tròn ( )C (kể cả biên) có tâm ( ) 1;1A bán kính 1R m= + . 0,25 0,50 Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi 'd là tiếp tuyến của đường tròn ( )C . 0,25 Nghĩa là : 2 1 1 . 2 2 m m+ = ⇔ = − Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi 1 . 2 m = − 0,50 IV. (4.0) 1 . Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 2,00 Xét phép thử : T = ‘Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0". Ta có: 5 9 59049Ω = = Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3 9 C . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: 0,50 TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; y O x 1 A d 'd 1 nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 5! 3 60 3! × = số tự nhiên. 0,50 TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 5! 3 90 2!2! × = số tự nhiên. 0,50 Vậy: 3 9 9! (60 90)C 150 150 7 4 3 12600 3!6! A Ω = + = × = × × × = . Kết luận: ( ) 12600 1400 0,213382106 59049 6561 A P A Ω = = = ≈ Ω 0,50 2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm đoạn AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết: 5 ( 1; ), ( 1;0) 2 N H− − − và D nằm trên đường thẳng ( ) : 4 0d x y− − = . 2,00 Trong tam vuông BCH ta có : HN=NC (1) Mặt khác: BH và DN song song với (Vì cùng vuông góc với MC) Từ đó: H và C đối xứng qua DN · · 0 90DHN DCN⇒ = = ⇒ DH vuông góc với HN 0.50 Gọi D(m ; m-4) Sử dụng điều kiện . 0 4 (4;0)HD HN m D= ⇒ = ⇒ uuur uuur 0,50 Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được (1; 4)C − 0,50 Từ đó tìm được : (0;3), ( 3; 1)A B − − . 0.50 V (4.0) 1 Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có ;AB a AD b= = . Cạnh SA vuông góc với đáy và 2SA a = . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho (0 2 )AM x x a= < < . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC). Tìm x theo a để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. 2.00 H A M D C B N H Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M. 0,50 Tính diện tích thiết diện: 1 ( ) 2 MNCB S MN CB MB= + ; 2 2 2 2 BM BA AM a x= + = + SMN ∆ đồng dạng SAD ∆ . (2 ). 2 SM AD a x b MN SA a − ⇒ = = Vậy 2 2 1 2 2 2 MNCB ab bx S b a x a − = + + . 0,50 Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD 2 . 1 2 . 3 3 S ABCD ABCD a b V SA S V⇒ = = = Gọi 1 V là thể tích của khối SMNCB: 1 . .S MBC S MNC V V V= + Ta có . . . . 2 . . 2 S MBC S ABC V SM SB SC SM a x V SA SB SC SA a − = = = 2 2 1 1 2 2 . .2 . . 3 6 2 2 2 2 3 SABC ABC SMBC V a x V a x ab V SA S a b V a a − − = = = ⇒ = = (2 ) . 6 a x a b − = . 0,50 Ta có 2 2 . . . . 2 . . . 2 S MNC S ACD V SM SN SC SM SN MN a x V SA SC SD SA SD AD a − = = = = ÷ ÷ 2 . 2 3 S ACD V a b V⇒ = = 2 2 2 . 2 (2 ) (2 ) . . 4 3 12 S MNC a x a b a x V b a − − ⇒ = = Yêu cầu bài toán 2 2 2 1 (2 ). (2 ) . 2 3 6 12 3 V a b a x ab a x b a b V − − ⇔ = = ⇔ + = 2 2 (3 5) 2 ( ) 6 4 0 (3 5) ( / ) x a a loai x ax a x a t m = + > ⇔ − + = ⇔ = − Vậy với (3 5)x a= − thì mp(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. 0,50 2 Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z+ − + = và hai điểm ( ) 3;4;1 ,A ( ) 7; 4; 3 .B − − Tìm điểm M trên (P) sao cho tam giác ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất, biết điểm M có hoành độ lớn hơn 2. 2,00 Nhận thấy đường thẳng AB song song với (P). Gọi (S) là mặt cầu đường kính AB, I là trung điểm của AB, suy ra ( ) 5;0 1 ; 24.I IA− = Phương trình (S): ( ) ( ) 2 2 2 5 1 24.x y z− + + + = 0,50 Vì AB có độ dài không đổi và song song với (P) nên điểm M cần tìm nằm trên 0,50 mặt phẳng (Q) đi qua AB và vuông góc với (P). Ta có ( ) ( ) 4; 8 4 ; 1;1 1 P AB n− − − uuur uur , suy ra VTPT của (Q) là ( ) , 12;0;12 Q P n n AB = = uur uur uuur . Phương trình (Q): 4 0.x z + − = 0,50 Điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là điểm đồng thời thuộc (P), (Q) và (S). Do đó tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 4 0 2 0 5 1 24 x z x y z x y z + − = + − + = − + + + = suy ra 3 4 1 x y z = = − = . Vậy ( ) 3; 4;1 .M − 0,50 Hết Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN Lớp. TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi 20/03/2014. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Số báo danh SỞ GD&ĐT THANH HÓA Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH. suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3 9 C . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: 0,50 TH1. Cả 2 chữ số còn lại