TRNG THPT HU LC 2 THI CHN HC SINH GII LP 12 VềNG 1 NM HC 2012-2013 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Cõu 1: (3 im) Chứng minh rằng hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số. Cõu 2: (3 im) Giải phơng trình: 2 2cos x 2 3sinxcosx 1 3(sinx 3 cosx)+ + = + (1) Cõu 3: (4 im) 1. Cho hm s 1 cosx.cos2x khi x 0 f (x) x 0 khi x 0 = = Tớnh o hm ca hm s ti x 0= . 2. Gii phng trỡnh: ( ) ( ) 3 1 2 1 3 6 6x x x x + + = + Cõu 4: (2 im) Cho cỏc s thc x , y , z tha món 2 2 2 3x y z+ + = . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: 2 2 3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + + Cõu 5: (3 im) Trong mt phng vi h to Oxy cho im M (1; 1) v hai ng thng 1 : 1 0d x y = , 2 : 2 5 0d x y+ = . Gi A l giao im ca 1 d v 2 d . 1. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm nm trờn 1 d , i qua im M v tip xỳc vi 2 d . 2. Vit phng trỡnh ng thng i qua im M ct 1 d , 2 d ln lt B v C sao cho ba im A, B, C to thnh tam giỏc cú BC = 3AB. Cõu 6: (3 im) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lợt tại M và N. Gọi V 1 , V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số V V 1 . Cõu 7: (2 im) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 23 24 5 ++ xx x HT H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: TRNG THPT HU LC 2 P N THI CHN HC SINH GII LP 12 VềNG 1 NM HC 2012-2013 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) (ỏp ỏn gm 06 trang) CU NI DUNG IM Cõu 1 Tập xác định: D = R y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6. y = 4x 3 - 12x + 4 y = 0 <=> g(x) = x 3 - 3x + 1 = 0 (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3 0 2) 1).g( g( 0 1) g(-1).g( 0 1) 2).g(- g(- < < < g(x) liên tục nên phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 < x 1 < -1 < x 2 < 1 < x 3 < 2 * Ta có y = 4 1 y.x- 3.(x 2 - x - 2) (1) Gọi các điểm cực trị là A (x 1 ,y 1 ), B(x 2 ,y 2 ), C (x 3 ,y 3 ) và G (x 0 ,y 0 ) là trọng tâm tam giác ABC. Theo ĐL Viet có x 1 + x 2 + x 3 = 0 (2) x 1 x 2 + x 2 x 3 = x 3 x 1 = -3 (3) Từ (2) suy ra x 0 = 3 321 xxx ++ = 0 Từ (1) (2) (3) suy ra: y 0 = 3 1 (y 1 +y 2 +y 3 ) = -3 [( 2 3 2 2 2 1 xxx ++ )-(x 1 +x 2 +x 3 ) - 6] = -3 [(x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 2 (x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM) 3.0 Cõu 2 Bài 1.1. Giải phơng trình: 2 2cos x 2 3sinxcosx 1 3(sinx 3 cosx)+ + = + (1) (1) 2 cos2x 3sin2x 3(sinx 3 cosx)+ + = + 1 3 1 3 2 2 cos2x sin2x 6 sinx cosx 2 2 2 2 + + = + ữ ữ ữ ữ 2 2cos 2x 6cos x 3 6 + = ữ ữ 1 cos 2x 3cos x 3 6 + = ữ ữ 2 2cos x 3cos x 6 6 = ữ ữ 3 cos x 0vcos x (loaùi) 6 6 2 = = ữ ữ 2 6 2 3 x k x k = + = + , k Z. Vậy phơng trình c 1 họ nghiệm là: 2 3 x k = + , k Z. 3.0 Cõu 3 1. Cho hm s 1 cos .cos2 0 ( ) 0 0 x x khi x f x x khi x = = 4.0 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tính đạo hàm của hàm số tại x 0= . 2. Giải phương trình : ( ) ( ) 3 1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = + Ý 1. (2 đ) Xét giới hạn 2 0 0 ( ) (0) 1 cos cos2 lim lim 0 x x f x f x x x x → → − − = − 0.5 ( ) 2 2 2 0 0 0 1 1 cos3 cos 1 cos3 1 cos 2 lim lim lim 2 2 x x x x x x x x x x → → → − + − − = = + 0.5 2 2 0 0 3 sin sin 9 1 5 2 2 lim lim 3 4 4 2 2 2 x x x x x x → → ÷ ÷ = + = ÷ ÷ ÷ ÷ 0.75 Vậy 5 '(0) 2 f = 0.25 Ý 2. (2 đ) ĐK: 1x ≥ . • x = 1 không là nghiệm của phương trình 0.5 • 1>x thì PT 3 6 2 1 3 6 1 x x x x + ⇔ − + + = − (*) 0.5 Ta xét các hàm số sau trên ( ) 1;+∞ 1) 3 ( ) 2 1 3 6f x x x= − + + có 3 1 1 '( ) 0, 1 1 6 f x x x x = + > ∀ > − + 0.25 2) 6 ( ) 1 x g x x + = − có ( ) 2 7 '( ) 0, 1 1 g x x x − = < ∀ > − 0.25 Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên nghiệm 2x = cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25 Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất 2x = 0.25 Câu 4 Cho các số thực x , y , z thỏa mãn 2 2 2 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + + 2.0 Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x ≤ + + ≤ + + = + − 0.75 Xét hàm số: ( ) 2 2 ( ) 2 2 3f x x x= + − trên miền xác định 3 3x− ≤ ≤ ( ) ( ) 2 4 '( ) 2 ( 3; 3 ) 2 3 x f x x x x = − ∈ − − 0.25 0 '( ) 0 ên (- 3; 3) 1 x f x tr x = = ⇔ = ± 0.25 ( ) ( ) ( ) 3 3, 0 2 6 1 5f f f± = = ± = 3; 3 max ( ) 5f x − ⇒ = 0.25 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Suy ra 2 18.5 3 10F F≤ ⇒ ≤ Với 1x y z= = = thỏa mãn 2 2 2 3x y z+ + = thì 3 10F = . Vậy max 3 10F = 0.5 Câu 5 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng 1 : 1 0d x y− − = , 2 : 2 5 0d x y+ − = . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . 1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 1 d , đi qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng 2 d . 2.Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt 1 d , 2 d lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC = 3AB. 3.0 Ý 1. (1.5 đ) Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì ( ) 1 ; 1I d I a a∈ ⇒ − 0.25 (T) qua M và tiếp xúc d 2 nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 5 ( ; ) 1 5 + − − = ⇔ − + = a a IM d I d a a 0.25 2 26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ± 0.25 • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = + Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y 0.25 • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = − Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y 0.25 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25 Ý 2. (1.5 đ) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x y 1 0 x 2 A(2;1) 2x y 5 0 y 1 − − = = ⇔ ⇒ + − = = 0.25 Lấy điểm ( ) ( ) 1 3;2 ∈ ≠E d E A . Ta tìm trên d 2 điểm F ( ≠F A ) sao cho EF = 3AE Do ( ) 2 ;5 2F d F x x∈ ⇒ − . Khi đó ( ) ( ) 2 2 EF = 3AE 3 3 2 18x x⇔ − + − = 0.25 ( ) 2 0;5 0 5 18 0 18 18 11 ; 5 5 5 F x x x x F = ⇔ − = ⇔ ⇔ = − ÷ (Cả hai điểm F này đều thỏa mãn ≠F A ) 0.25 Vì 3 // // 3 BC AB EF AE BC EF EF EF AE BC AB = ⇒ = ⇒ ⇒ ∆ = 0.25 • ( ) ( ) 0;5 3;3 : 0⇒ − ⇒ ∆ + = uuur F EF x y 0.25 • 18 11 3 21 ; ; : 7 6 0 5 5 5 5 − ⇒ − ⇒ ∆ + − = ÷ ÷ uuur F EF x y 0.25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là : 0x y∆ + = và : 7 6 0x y∆ + − = 0.25 Câu 6 Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và · · · 0 BAC CAD DAB 60= = = . 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c . 3.0 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2. Cho a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 2010+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD. Ý 1. (1.5 đ) Bµi 5: (3 ®iÓm): V× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh => V SABC = V SADC = 2 1 V SABCD = 2 1 V. §Æt x SB SM = , y SD SN = th× 4 . . Vx V SC SK SB SM V V SAMK SABC SAMK =⇒= => V 1 = V SAMK + V SANK = 4 V (x + y) (1) MÆt kh¸c V 1 = V SAMN + V SMNK = = x.y. 2 V + x.y. 4 V => V 1 = 4 .3 Vxy (2). Tõ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 13 −x x (3) Do x > 0 vµ y > 0 nªn tõ (3) => x > 3 1 Vµ y = 1 13 1 ≤ − ⇒≤ x x SD SN ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (v× 3x-1> 0) => x ≥ 2 1 do ®ã 2 1 ≤ x ≤ 1 Tõ (1) => 4 1 1 = V V (x + y) = xy 4 3 = )13(4 3 13 . 4 3 2 − = − x x x x x XÐt hµm sè f(x) = )13(4 3 2 −x x víi 1 2 1 ≤≤ x . Ta cã f’(x) = 2 )13(4 )23(3 − − x xx f’(x) = 0 ⇔ x = 0 kh«ng thuéc ®o¹n [ 1; 2 1 ] x = 3 2 => B¶ng biÕn thiªn x 2 1 3 2 1 f’(x) - 0 + f(x) 3/8 3/8 3 1 Suy ra 3 1 ≤ f(x) ≤ 8 3 víi ∀x ∈ [ 1; 2 1 ] hay 3 1 ≤ 8 3 1 ≤ V V 0,5® 0,5® 0,5 0,5 0,5 CU NI DUNG IM Vậy Min ( V V 1 ) = 3 1 khi x = 3 2 hay SM = 3 2 SB Và Max ( V V 1 ) = 8 3 khi = = BM M x x 1 2 1 0,5 Cõu 7 1) (2 điểm) Ta có: 23 23 23 24 3 24 5 ++ + = + xx xx x xx x vì x 4 + 3x 2 + 2 = (x 2 + 2 ) (x 2 + 1) Đặt 1223 23 2224 3 + + + + + = ++ + x DCx x bAx xx xx Với x 3x 3 + 2x = (Ax + B) (x 2 + 1) + (Cx + D) (x 2 + 2) Với x Hay 3x 3 + 2x = (A+C)x 3 + (B + D)x 2 + (A + 2C)x + B + 2D Với x => A + C = 3 B = D = 0 B + D = 0 => C = -1 tức là 12 4 23 23 2224 3 + + + = ++ + x x x x xx xx A + 2C = 2 A = 4 B + 2D = 0 => f(x) = x - 12 4 22 + + + x x x x => f(x)dx = 1 )1( 2 1 2 )2( 2 212 4 2 2 2 2 22 22 2 + + + + + = + + + x xd x xdx x xdx x xdxx Vậy f(x)dx = kxx x ++++ )1ln( 2 1 )2ln(2 2 22 2 với k là hằng số 2.0 HNG DN CHUNG + Trờn õy ch l cỏc bc gii v khung im bt buc cho tng bc , yờu cu thớ sinh phi trỡnh by v bin i hp lý mi c cụng nhn cho im . + Mi cỏch gii khỏc ỳng vn cho ti a theo biu im . + Chm tng phn . im ton bi khụng lm trũn . là trung điểm của SB . -1 tức là 12 4 23 23 222 4 3 + + + = ++ + x x x x xx xx A + 2C = 2 A = 4 B + 2D = 0 => f(x) = x - 12 4 22 + + + x x x x => f(x)dx = 1 )1( 2 1 2 )2( 2 212 4 2 2 2 2 22 22 2 + + + + + = + + + x xd x xdx x xdx x xdxx Vậy. của tỷ số V V 1 . Cõu 7: (2 im) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 23 24 5 ++ xx x HT H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: TRNG THPT HU LC 2 P N THI CHN HC SINH GII LP 12 VềNG 1 NM HC 2 012- 2013 Mụn:. TRNG THPT HU LC 2 THI CHN HC SINH GII LP 12 VềNG 1 NM HC 2 012- 2013 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Cõu 1: (3 im) Chứng minh rằng hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x