Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 số 5

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3 3 3 (1)y x m x m m= − − + + − Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) đến trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu đến trục Oy. Câu II: (6,0 điểm) 1. Giải phương trình 1336)4( 32 =+−+ xxx 2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2 2 3 3 5 3( ) x y xy x y x y x y m + + − − =   + − + =  Câu III: (6,0 điểm) 1 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, 2SD a= , ( ) ( )SAB ABCD⊥ và góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, · 0 60 , BAD SB SD a= = = . Đặt SA x= .Xác định x để thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất. Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2 0x y+ + = và đường tròn ( ) 2 2 : 4 2 4 0O x y x y+ − − + = Gọi I là tâm của (O) , M là điểm thuộc d. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến ( O) ( A và B là các tiếp điểm ) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C, D (với C nằm giữa M và D). Gọi E là giao điểm của AB và IM. Tìm tọa độ điểm M, biết góc · 0 60CED = và độ dài MC=4 Câu V: (2,5 điểm) Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 2 ( )( )A x y z x x y x z= + + − − − - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Đề thi dự bị SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm I. (3,0đ) b) Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) đến trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu đến trục Oy 2 ' 3( ) 3y x m= − − , 1 ' 0 1 x m y x m = −  = ⇔  = +  Bảng xét dấu: x −∞ 1m − 1m + +∞ y’ + 0 - 0 + Hàm số đạt cực đại tại 1 x m= − , điểm cực đại 3 ( 1; 2 1)A m m m− − − Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x m= + , điểm cực tiểu 3 ( 1; 2 5)B m m m+ − − Ta có 3 ( ;Ox) ( ;Oy) 2 1 1d A d B m m m= ⇔ − − = + 3 3 3 3 1 2 1 1 3 2 0 2 0 2 1 1 0 1 m m m m m m m m m m m m m m = −   − − = + − − = =    ⇔ ⇔ ⇔    = − − = − − − =    =  3,0 II. 1, (3,0đ) Điều kiện: .003 3 ≥⇔≥+ xxx Khi đó phương trình đã cho trở thành 03638 32 =+−++ xxxx . (1) Nhận thấy 0 = x không thỏa mãn nên (1) tương đương với 0 3 6 3 8 =+−++ x x x x . Đặt 4 12, 3 ≥=+ tt x x ta được 2086 2 =⇔=+− ttt hoặc 4=t (tm đk) +) Với 2 = t ta có 3,1 == xx . +) Với 4=t ta có 618,618 −=+= xx . 3,0 2 II. 2, (3,0đ) Viết lại hệ đã cho thành 2 3 ( ) ( ) 5 ( ) 3 ( ) 3( ) x y xy x y x y xy x y x y m + − − + =   + − + − + =  Đặt ,u x y v xy= + = . Ta có hệ 2 2 2 3 3 2 3 2 5 5 5 3 3 3 ( 5) 3 2 3 12 u v u v u u v u u u uv u m u u u u u m u u u m − − = = − − = − −    ⇔ ⇔    − − = − − − − = − + + =    Do 2 4u v≥ nên 2 2 2 10 4( 5) 3 4 20 0 2 3 u u u u u u≥ − − ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Xét hàm số 3 2 ( ) 2 3 12f u u u u= − + + trên 10 2; 3 D   = −     Ta có 2 1 '( ) 6 6 12, '( ) 0 2 u f u u u f u u = −  = − + + = ⇔  =  10 20 ( 2) 4, ( 1) 7, (2) 20, 3 3 f f f f   − = − = − = =  ÷   Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm trên D, tức là: min ( ) ax ( ) 7 20 D D f u m m f u m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 3,0 3 III. 1, (3,0đ) Ta có ( ) (Do (SAB) (ABCD)) AD SAAD AB AD SAB⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 2 2 2 2 2SA SD AD a a a= − = − = (SAD) và (SBC) có S chung và lần lượt chứa hai đường thẳng AD và BC nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua S và song song với AD Ta có / / SA AD SA d AD d ⊥  ⇒ ⊥   ( ) , / / BC SB BC AB BC SAB BC SB SB d BC d ⊥  ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥   Suy ra góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa SA và SB, Mặt khác tam giác SAB cân tại A nên góc ASB nhọn Vậy · 0 và AS 60AB SA a B= = = nên tam giác SAB đều Gọi H là hình chiếu của S lên AB. Suy ra ( ),SH ABCD⊥ do tam giác ABC đều nên 3 2 a SH = 3 2 1 1 3 3 . . . 3 3 2 6 SABCD ABCD a a V SH S a= = = 3,0 4 III. 2, (3,0đ) Gọi O là giao điểm của AC và BD, H là hình chiếu của S lên AC Ta có ( ) BD AC BD SAC BD SH BD SO ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Do đó ( )SH ABCD⊥ Đặt SA = x, gọi M là trung điểm SA. Xét tam giác SAO ta có 2 2 2 2 3 3 2 2 a a x AO SO OM SA OM AO AM − = = ⇒ ⊥ ⇒ = − = 2 2 3 . . 3 x a x SH AO OM SA SH a − = ⇒ = ¼ 2 3 . .sin 2 ABCD a S AB AD DAB= = , 2 2 1 3 . 3 6 SABCD ABCD ax a x V SH S − = = Áp dụng BĐT Cô si ta có 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 x a x a x a x + − − ≤ = Suy ra 2 2 3 3 6 4 SABCD ax a x a V − = ≤ , Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6 2 a x = 3,0 5 IV. (2,5đ) Đường tròn ( O) có tâm I(2;1) bán kính 1R IA= = Mặt khác ta có 2 .MB MC MD= Trong tam giác vuông IMB có BE là đường cao nên 2 .MB ME MI= . . MC ME MC MD ME MI MI MD ⇒ = ⇔ = Suy ra · · MEC MDI MEC MDI∆ ∆ ⇒ =: hay · · 0 180MDI CEI⇒ + = tứ giác CDIE nội tiếp · · 0 60DIC DEC⇒ = = Vậy DIC ∆ đều nên IC=ID=CD=1, khi đó ta có MD=5 . 20MC MD ⇒ = Tương tự bài toán trên ta có 2 2 .MC MD MI R= − đặt 0MI a = > Mặt khác: ( ) ( ) 2 2 20 20 21a R a R a R a− + = ⇔ − = ⇔ = M d ∈ , có tọa độ dạng ( ) ; 2M t t− − ( ) ( ) 2 2 2 1 17 2 21 2 3 21 4 0 1 17 2 t IM t t t t t  − − =   = ⇔ − + + = ⇔ + − = ⇔  − + =   Vậy, 1 17 3 17 ; 2 2 M   − − − +  ÷  ÷   hoặc 1 17 3 17 ; 2 2 M   − + − −  ÷  ÷   2,5 6 M D A B d I C E V. (2,5đ) Ta có 3 3 3 3 ( ) (3 )y z y z x+ ≤ + = − 2 3 2 3 2 3 2 2 ( )( ) 2 ( ) 2 2 ( ) 2 2 2 (3 ) 4 6 x x y x z x x xy xz yz x x y z xyz x x x x x − − − = − − − + = − + + − ≤ − + − = − + Do đó 3 3 3 2 3 2 (3 ) 4 6 4 15 27 27A x x x x x x x≤ + − − + = − + − + Xét hàm số [ ] 3 2 ( ) 4 15 27 27 trên 0;3f x x x x= − + − + 2 '( ) 12 30 27 0,f x x x x= − + − < ∀ (0) 27, (3) 27f f= = − [ ] 0;3 ( ) ax ( ) (0) 27 27A f x m f x f A≤ ≤ = = ⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0 0 3 3 x x yz y x y z z = =     = ⇔ =     + + = =   hoặc 0 3 0 x y z =   =   =  Vậy GTLN của biểu thức A bằng 27 khi và chỉ khi ( ; ; ) (0;3;0) và ( ; ; ) (0;0;3)x y z x y z= = Mặt khác 3 3 3 3 ( ) (3 ) 4 4 y z x y z + − + ≥ = và 2 3 2 3 2 2 ( ) 2 ( )( ) 4 6 2 4 6 4 x y z x x y x z x x xyz x x + − − − = − + − ≥ − + − Do đó 2 2 3 2 3 3 2 (3 ) 2 (3 ) 15 45 45 27 4 6 4 4 4 x x x x x x A x x x A − − − + − + ≥ + − + − ⇔ ≥ Xét hàm số 3 2 15 45 45 27 ( ) 4 x x x g x − + − + = trên đoạn [0; 3] 2 45 90 45 '( ) 0, 4 x x g x x − + − = ≤ ∀ hàm số g(x) nghịch biến trên đoạn [0; 3] ( ) (3) 27 27A g x g A≥ ≥ = − ⇒ ≥ − Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 0 0 0 x x y z y x y z z = =     = ⇔ =     + + = =   Vậy GTNN của biểu thức A bằng -27 khi và chỉ khi (x; y; z) = (3; 0; 0) 2,5 - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 7 . AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2 012 - 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số (. − - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Đề thi dự bị SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2 012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng. 2 3 3 2 (3 ) 2 (3 ) 15 45 45 27 4 6 4 4 4 x x x x x x A x x x A − − − + − + ≥ + − + − ⇔ ≥ Xét hàm số 3 2 15 45 45 27 ( ) 4 x x x g x − + − + = trên đoạn [0; 3] 2 45 90 45 '( ) 0, 4 x x g