Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 21

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Câu I (4 điểm) Cho hàm số 3 2 6 9 1y x x x= − + − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng 2x = có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến (C). Câu II (4 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 1 1 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x e y x y x y −  + =  +   + + = + + +  2. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: ( ) 3 3 2 3 1 1x x m x x+ − ≤ − − Câu III (4 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) tan 3cot 4 sin 3 cosx x x x− = + . 2. Tính tích phân: 2 3 3 0 cos . sin cos x I dx x x π = + ∫ Câu IV (6 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm (3;3)I và 2.AC BD= . Điểm 4 2; 3 M    ÷   thuộc đường thẳng AB, điểm 13 3; 3 N    ÷   thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, , 2AB a BC a= = . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung điểm H của AC, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a. Câu V (2 điểm) Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn 1acb ≥ . Chứng minh rằng: 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + . - Cán bộ trông thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không được dùng máy tính bỏ túi các loại. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2 – NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán – Thời gian: 180 phút. Hết HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I 1. Khảo sát hàm số 3 2 6 9 1y x x x= − + − (C)  TXĐ: R  Sự biến thiên - Giới hạn: ( ) 3 2 lim lim 6 9 1 x x y x x x →±∞ →±∞ = − + − = ±∞ - Chiều biến thiên: 2 1 ' 3 12 9 ' 0 3 x y x x y x =  = − + ⇒ = ⇔  =  - BBT: x −∞ 1 3 +∞ y’ + 0 − 0 + y 3 +∞ −∞ -1 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 3;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 1;3 . - Hàm số đạt cực đại tại D 1, 3 C x y= = ; - Hàm số đạt cực tiểu tại 3, 1 CT x y= = −  Đồ thị: - (C) đi qua các điểm (0; 1), (2;1)− 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 2. Xét điểm ( ) 2;A a trên đường 2x = . Tiếp tuyến tại ( ) 0 0 ; ( )M x y C∈ có phương trình là: ( ) ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 12 9 6 9 1y x x x x x x x= − + − + − + − Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 12 9 2 6 9 1 2 12 24 17 0 2 12 24 17 (1) a x x x x x x x x x a a x x x = − + − + − + − ⇔ − + − + = ⇔ = − + − + Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A Xét hàm số: 3 2 0 0 0 ( ) 2 12 24 17g x x x x= − + − + trên R Có: ( ) 2 '( ) 6 2 0, g x x x R= − − ≤ ∀ ∈ , suy ra g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là (- ∞ ,+ ∞ ) do đó phương trình (1) luôn có một nghiệm duy nhất Vậy từ một điểm bất kỳ trên 2x = luôn kẻ được đúng một tiếp tuyến đến (C) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 II 1. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 1 (1) 1 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 (2) y x x e y x y x y −  + =  +   + + = + + +  - 2 2 2 2 (1) ( 1) ( 1) x y PT e x e y⇔ + = + (3). - Xét hàm số ( ) ( 1) t f t e t= + trên [ ) * 0;R + = +∞ Có * '( ) ( 2) 0, t f t e t t R + = + > ∀ ∈ , suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên * R + 2 2 (3) x y PT x y x y =  ⇒ ⇔ = ⇔  = −  * Với x y= − , thay vào PT (2), ta được: 3 2 3 3log ( 6) 2log 2 1 3log ( 6) 3 6 3 3 3y y y y x+ = + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = Suy ra hệ có nghiệm: ( ) ( ) ; 3; 3x y = − * Với x y= , thay vào PT (2), ta được: ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3log (3 6) 2log (2 2) 1 3 1 log ( 2) 2 1 log ( 1) 1 3log ( 2) 2log ( 1) 6 2 9 8 1 1 9 8 1 1 9 9 1 8 7 t t t t t t x x x x x x t x t x x y + = + + ⇔ + + = + + + ⇔ + = + =  + =      ⇒ ⇒ = − ⇔ + = ⇔ ⇔ =   ÷  ÷ + =       ⇒ = = Vậy hệ ban đầu có 2 nghiệm: ( ) ( ) ( ) ; 3; 3 , 7;7x y = − . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2. ( ) 3 3 2 3 1 1x x m x x+ − ≤ − − (1) - ĐK: 1x ≥ - BPT (1) ( ) ( ) 3 3 2 3 1 1x x x x m⇔ + − + − ≤ - Xét hàm số ( ) ( ) 3 3 2 ( ) 3 1 1f x x x x x= + − + − trên [ ) 1;D = +∞ Khi đó bài toán trở thành: “ tìm m để bpt ( )f x m≤ có nghiệm trên [ ) 1;D = +∞ ” - Ta có: ( ) 3 2 3 2 3 3 1 '( ) 1 3 6 0, 1 2 ( 1) x x f x x x x x x x x   + − = + − + + > ∀ >   −     - Lại do hàm số ( )f x liên tục trên [ ) 1;D = +∞ nên ( )f x đồng biến trên [ ) 1;D = +∞ min ( ) (1) 3 x D f x f ∈ ⇒ = = - Nhận thấy: bpt ( )f x m≤ có nghiệm trên [ ) 1;D = +∞ khi và chỉ khi min ( ) 3 x D m f x m ∈ ≥ ⇔ ≥ - Vậy 3m ≥ là giá trị cần tìm. 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 III 1. Giải phương trình: ( ) tan 3cot 4 sin 3 cosx x x x− = + (1) - ĐK: sin 2 0 , 2 x x m m Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ - Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 sin 3cos sin 3cos 1 (1) 4 sin 3 cos 8 sin 3 cos sin cos sin cos 2 3 1 cos2 1 cos2 4sin 2 sin cos cos sin 2 2 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x π π − −   ⇔ = + ⇔ = +  ÷   + −   ⇔ − = +  ÷   0,25 0,25 1 2cos2 4sin 2 sin 1 2cos2 2 cos cos 3 3 3 3 2 cos cos 2 cos cos 3 3 3 3 2 cos2 cos cos 3 cos 0 3 3 3 3 2cos cos 2 6 2 6 x x x x x x x x x x x x x x π π π π π π π π π π π         ⇔ − − = + ⇔ − − = − − +  ÷  ÷  ÷               ⇔ − = − − +  ÷  ÷           ⇔ + − − + + =  ÷  ÷             ⇔ − + −  ÷  ÷     3 3 2cos cos 0 2 2 2 6 3 3 cos cos cos 0 2 6 2 6 2 2 3 2cos sin sin 0 2 6 3 2 6 3 3 cos 0 2 6 2 6 sin 0 3 sin 0 2 6 x x x x x x x x x x x x π π π π π π π π π π π π π     + − =  ÷  ÷             ⇔ − + − + =  ÷  ÷  ÷                 ⇔ − + + =  ÷  ÷  ÷          − = − =  ÷        ⇔ + = ⇔   ÷       + =   ÷    4 2 2 9 3 (tmdk) 3 3 2 6 k x k x k x k x k π π π π π π π π π  +    = +   + = ⇔    = − +     + =   0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 2. Tính tích phân: 2 3 3 0 cos . sin cos x I dx x x π = + ∫ - Đặt 2 x t dx dt π = − ⇒ = − ; đổi cận: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 0 0 0 cos sin . sin . 2 sin cos sin cos cos sin 2 2 t dt t dt x dx I t t x x t t π π π π π π   −  ÷   ⇒ = = = + +     − + −  ÷  ÷     ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 0 0 4 2 2 2 2 2 0 4 4 2 2 2 2 2 0 4 4 2 0 sin cos 1 2 sin cos sin sin cos cos 1 1 sin sin cos cos sin sin cos cos 1 1 cos tan tan 1 sin cot cot 1 (tan ) (cot ) tan tan 1 co x x I dx dx x x x x x x dx dx x x x x x x x x dx dx x x x x x x d x d x x x π π π π π π π π π + ⇒ = = + − + = + − + − + = + − + − + = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 4 t cot 1x x π π − + ∫ - Đặt tan , cotx t x t= = , ta được: 1 1 1 2 2 2 0 0 0 2 2 1 1 1 3 2 4 dt dt dt I I t t t t t = ⇒ = = − + − +   − +  ÷   ∫ ∫ ∫ - Đặt ( ) 2 1 3 3 tan 1 tan 2 2 2 t dt d ϕ ϕ ϕ − = ⇒ = + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 0 2 π t 2 π 0 Đổi cận: 0 ; 1 6 6 t t π π ϕ ϕ = ⇒ = − = ⇒ = ( ) ( ) 2 3 6 6 2 6 2 3 6 4 6 6 1 tan 2 3 2 3 2 3 3 3 9 1 tan d I d π π π π π π ϕ ϕ π ϕ ϕ ϕ − − − + ⇒ = = = = + ∫ ∫ Vậy 2 3 9 I π = 0,25 0,25 IV 1. – Gọi N’ là điểm đối xứng của M qua I 'N CD⇒ ∈ . Dễ có: 14 ' 4; 3 N   =  ÷   . Đường thẳng CD đi qua N và N’, suy ra CD có phương trình là: 3 10 0x y− + = . Suy ra AB có phương trình là: 3 2 0x y− + = . - Dựng IH AB⊥ tại H 3 9 2 4 ( ; ) 10 10 IH d I AB − + ⇒ = = = - Do ABCD là hình thoi nên AC BD ⊥ . - Do 2. 2.AC BD IA IB= ⇒ = , đặt 0 2IB a IA a= > ⇒ = . - Trong tam giác vuông IAB có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 2 2 2 2 8 4 a a BD IH IA IB a a = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇒ = - Do : 3 2 0B AB x y∈ − + = nên giả sử ( ) ( ) 3 2; 8 3 ;6B b b D b b= − ⇒ = − − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 10 2 6 40 144 136 8 4;2 2 8 14 8 ; 5 5 5 BD b b b b B b b B ⇒ = − + − = − + = = =    ⇔ ⇒     = =  ÷      Do ( ) 14 8 1 7 3 ; ; 7; 1 5 5 5 5 B BD x B IB n     < ⇒ = ⇒ = − − ⇒ = −  ÷  ÷     uur uuur là vectơ pháp tuyến của BD Suy ra phương trình BD là: 7 18 0x y− − = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2. - Dựng //Ax BC , dựng HI Ax ⊥ tại I. Ta thấy ( ') // ( ' ')mp AIA mp BCC B nên ( ) · ( ) · ( ' '),( ) ( '),( )BCC B ABC AIA ABC= - Do ' ( ') ' Ax A H Ax mp AIA Ax A I Ax AI ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  ( ) · · 0 ( '),( ) ' 60AIA ABC A IH⇒ = = . - Ta có: 2 2 3AC BC AB a= − = - Do · · //Ax BC IAH ACB⇒ = · · 0 sin sin 3 3 3 . ' .tan 60 2 2 4 4 IH AB IAH ACB AH BC AB a a a a IH AH A H IH BC a ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = ⇒ = = - Lại có: 2 3 . ' ' ' 1 3 3 3 . ' . 2 2 8 ABC ABC A B C ABC a a S AB AC V A H S= = ⇒ = = V V - Nhận thấy: // ( ') ( ; ') ( ;( ')) ( ;( ')) 2 ( ;( '))BC mp AIA d BC AA d BC AIA d C AIA d H AIA⇒ = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A •N M I D C B N’ H A B’ A’ B C I K H C’ x - Dựng ' ( ') ( ;( '))HK A I HK mp AIA HK d H AIA⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = - Mà 2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 16 64 3 ' 9 3 9 8 a HK HK HA HI a a a = + = + = ⇒ = Vậy 3 ( '; ) 4 a d AA BC = 0,25 0,25 0,25 V Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn 1acb ≥ . Chứng minh rằng: 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + . - Áp dụng BĐT AM-GM và giả thiết 1acb ≥ , ta có: 4 4 4 4 2 2 2 2 2 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 2 3 3 ( ) 4 4 1 b c b c b c a b c b c bc b c a b c a a a a b c a b c + + + + + + = + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ ≤ + + + + - Tương tự ta có: 4 4 2 2 2 4 4 2 2 2 1 1 ; b c a b c a b c a b c a b c ≤ ≤ + + + + + + + + - Lại có: ( ) 2 2 2 2 1 3 a b c a b c+ + ≥ + + Suy ra: 4 4 4 4 4 4 2 2 2 3 1 1 1 3 3 1 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c abc + + + + ≤ ≤ ≤ ≤ + + + + + + + + + + (đpcm) Vậy 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a b c = = = 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Chú ý: - Bài hình học không gian nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. . các loại. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2 – NĂM HỌC 2 012- 2013 Môn: Toán – Thời gian: 180 phút. Hết HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I 1. Khảo sát hàm số 3 2 6. 3 2 0 0 0 0 0 0 3 12 9 6 9 1y x x x x x x x= − + − + − + − Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 12 9 2 6 9 1 2 12 24 17 0 2 12 24 17 (1) a x x. x a a x x x = − + − + − + − ⇔ − + − + = ⇔ = − + − + Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A Xét hàm số: 3 2 0 0 0 ( ) 2 12 24 17g x x x x= − + − + trên R Có: ( ) 2 '(