Tuyển tập 40 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

  UBND T NH HÒA BÌNH S GIÁO D C VÀ ÀO T O ✁ ✂ ✱ ✲ ✄ ✄ THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 12 THPT, N M H C 2013-2014 Môn: Toán Ngày thi: 25/12/2013 Th i gian làm bài: 180 phút ✆ ✝ ✝ ✞ ✟ ✠ ✡ ☎ ☛ CHÍNH TH C ✳ ✝ ☞ Câu 1 (4 điểm). 2x + 1 có x +1 Cho hàm s y = ✌ ✍ th (C). ✎ ✏ ✓ 1/ Tìm các kho ng n i u c a th hàm s (C). ng th ng y = kx + 2k + 1 c t (C) t i hai i m phân bi t A và B sao cho 2/ Tìm k A, B cách u tr c hoành. Câu 2 (6 điểm). 1/ Tìm nghi m x ∈ [ 0; π ] c a ph ng trình sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 ✑ ✍ ✒ ✍ ✔ ✍ ✎ ✏ ✌ ✓ ✍ ✍ ✕ ✛ ✍ ✖ ✗ ✘ ✙ ✚ ✍ ✕ ✜ ✓ ✢ ✣ 2/ Gi i ph ✑ ✖ ✤ ng trình log 2 ( x + 6 ) + log 2 2 x 2 = 1 + log16 ( x 2 + 3x ) 3 4 ✒ ✓ 3/ Gi i h ph ✑ ✖ 4 ng trình: ✒  3 y −1 .( y + 1) 2 x + x = 16   x 2 − y + 3x + 1 = 0  Câu 3 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình thang ( AD / / BC ), H là trung i m c a AB . Bi t r ng tam giác SAB u c nh 2a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy, SC = a 5 và kho ng cách t D t i m t ph ng ( SHC ) b ng 2a 2 . 1/ Tính kho ng cách t S t i m t ph ng ( ABCD ). 2/ Tính th tích kh i chóp S . ABCD . Câu 4 (4 điểm). Trong m t ph ng v i h t a Oxy cho tam giác nh n ABC. G i E; F l n l t là ng cao h t B và C. Bi t nh A(3; -7); trung i m c a BC là M(-2; 3); ng chân 2 2 tròn ngo i ti p tam giác AEF có ph ng trình là: ( x − 3) + ( y + 4) = 9 . 1/ Tìm t a tr c tâm c a tam giác ABC. 2/ Xác nh t a nh B; C. Câu 5 (2điểm). Tìm m ph ng trình sau có nghi m: 5 x 2 + 20 x + 30 = m ( 2 x + 5) x 2 + 5 ✍ ✔ ✥ ✦ ✍ ✑ ✩ ✛ ✚ ★ ✑ ✧ ✩ ✕ ✍ ✦ ✘ ★ ✧ ✘ ✕ ★ ✍ ✦ ✧ ✘ ✌ ✓ ✧ ✍ ✖ ✘ ✗ ✚ ✚ ★ ✪ ✩ ✍ ✥ ✥ ✍ ✖ ✪ ✍ ✍ ✏ ✫ ✫ ✯ ✪ ✪ ✮ ✍ ✕ ✪ ✔ ✬ ✖ ✍ ✭ ✖ ✗ ✒ ✔ ✍ ✫ ✍ ✮ ✓ ✍ ✕ ✖ ✒ ----------------------- H T -----------------------✰ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Hä, tªn thÝ sinh: ..............................................................., SBD ....................................................... Hä, tªn gi¸m thÞ 1: ...........................................; Hä, tªn gi¸m thÞ 2: ................................................ ✡ Ư H NG D N CH M MÔN TOÁN ✁ ✟ ✄ Câu Câu 1 Ý 1 ✂ nh D = \ {−1} ☎ T p xác ✍ ✏ ✌ ✍ ✎ ✥ 1,0 ✑ 2x +1 = kx + 2k + 1 x +1 c v : kx 2 + x(3k − 1) + 2k = 0 (1) Bi n i pt (1) có hai nghi m phân bi t thì k 2 − 6k + 1 > 0 (*) Xét pt hoành ✥ ✆ ✍ ✍ ✖ ✍ i m 1,0 ng bi n trên các kho ng (−∞; − 1) ; (−1; + ∞) ☎ V y hàm s ✝ ✄ 1 > 0, ∀x ∈ D ( x + 1)2 y, = 2 N i dung giao i m ✫ ✍ ✭ ✕ ✛ ✓ 1,0 ✓ ✕ Các giao i m A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) , v i y1 = kx1 + 2k + 1; y2 = kx2 + 2k + 1 A, B cách u Ox thì y1 = y2 ⇔ y1 = − y2 (Lo i tr ng h p y1 = y2 vì khi ó x1 = x2 , mà A, B phân bi t). ✞ ✍ ✕ ✝ ✕ ✍ ✛ ✚ ✖ ✗ ✭ ✓ 0, 5 ✍ y1 = − y2 ⇔ y1 + y2 = 0 ⇔ k ( x1 + x2 ) + 4k + 2 = 0 S d ng ✟ Câu 2 ✜ ✍ ✏ nh lý Viet cho pt (1) ta 3 log 2 ( x + 6 ) + log 2 4 1 ✝ i u ki n xác ✓ ✛ Bi n ✥ ✆ ✍ it ✖ ✍ ng ✒ ✏ ✍ 2 ✍ ✑ 2 c k = −3 (Th a mãn (*)). KL…. ✠ ✭ x 2 = 1 + log16 ( x 2 + 3x ) 4 0,5 nh x > −6; x ≠ 0; x ≠ −3 ✖ ✒ ng chuy n ✕ ✍ ✖ cv : ✭ ✛ log 2 ( x + 6 ) = log 2 2 x + 3 Gi i ra tìm ✖ 0,5 1,0 0,5 c x = −4 , th a mãn i u ki n. KL….. ✓ ✍ ✖ ✭ ✠ ✍ ✛ Gi i ph ng trình: sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 Thay cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x , a v : ✑ ✖ ✒ ✍ ✖ ✛ 2sin x + sin x(2 cos x + 3) − cos x − 2 = 0 2 1  s inx = ⇔ 2  s inx = -cos x−2  + V i s inx = ★ 1  s inx = ⇔ 2  s inx + cos x = −2  1,0 π 5π 1 có các nghi m trong kho ng c n tìm là ; . 2 6 6 ✓ ✑ ✬ π + s inx+ cos x = −2 , vô nghi m vì s inx+ cos x = 2 cos( x − ) ≤ 2 4 ✓ 3 K: y ≥ 1 (1) ⇔ 4(2 x 3 + x) = y − 1.( y + 1) ⇔ 2 x(4 x 2 + 2) = y − 1.( y + 1) (3) Xét hàm s f (t ) = t (t 2 + 2) trên R, ch ra f(t) ng bi n trên R. PT (3) ⇔ f (2 x) = f ( y − 1) ⇔ 2 x = y − 1 ⇔ y = 4 x 2 + 1 , th vào (2) ta 0,5 0,5 ✝ ✌ ✮ ✍ ✎ ✥ ✥ ✍ ✖ ✭ ☎  x = 0 ⇒ y = 1(TM )  x = 1 ⇒ y = 5(TM ) c pt −3x 2 + 3x = 0 ⇔  ✓ ✓ V y h có 2 nghi m (0;1) và (1;5) 1,0 1,0 Câu 3 1 c tâm t ngo i ti p tam giác AEF: I(3; -4); bán kính R = 3. Tìm Ch ra c t giác AEHF n i ti p trong ng tròn ng kính AH. c H(3; -1). T ó H i x ng v i A qua tâm I, tìm ✍ ✖ ✭ ✮ ✍ ✩ 2 ✍ ✖ ✍ ✚ ✥   ✭ ✍ ✫   ✌ ✥ ✍ ★ ✍ ✖ ✖ ✗ ✍ ✖ ✗ ✭ ✝ ng th ng BC qua M, vuông góc v i AH, có pt: y = 3. G i B(b; 3) suy ra C(- 4 – b; 3) Do H là tr c tâm c a tam giác nên ta có: uuur uuur ✖ ✗ ✘ 1,0 ★ 1,0 1,0 ✪ ✯ ✔ 0,5 HB. CA = 0 ⇔ (b + 7)(b − 3) − 40 = 0 c b = −2 ± 65 , t ó t a i m B, C c n tìm là: B1 (−2 + 65;3); C1 (−2 − 65;3) và B2 (−2 − 65;3); C2 (−2 + 65;3) . Gi i ra tìm ✑ Câu 4 1 ✍ ✖ ✭ ✩ ✍ ✪ ✍ ✫ ✍ ✕ ✬ 0,5 S A D H C B K SH vuông góc v i AB, suy ra H là trung i m c a BC c SH = a 3 . Tính Theo gt ( SAB) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) , t ó d ( S , ( ABCD)) = SH KL…. ✁ ★ ✍ ✖ ✍ ✔ 1,0 1,0 ✭ ✩ 2 ✕ ✍ 1 2 1 M t khác VS .HCD = VD.SHC = d ( D; SHC ). S SHC 3 Xét tam giác SHC vuông t i H, SC = a 5; SH = a 3 suy ra HC = a 2 . Ch ng minh   ✍ ✖ ✭ c S HCD = S ABCD , suy ra VS . ABCD = 2VS .HCD ✧ 0,5 0,5 ✚ Tính ✍ ✖ ✭ Thay s tính ✌ 1 2 a2 6 2 4 3.a 3 ( VTT) = 3 c S SHC = .SH .HC = ✍ ✖ ✭ c VS . ABCD ✝ 0,5 0,5 Câu 5 Bi n ✥ i pt: ( 2 x + 5 ) + x 2 + 5 = m ( 2 x + 5 ) x 2 + 5 (1) 2 ✆ ✍ Nh n th y x = − ☎ ✡ 5 không là nghi m c a pt, chia hai v 2 ✓ ✔ ✥ 0,5 cho ( 2 x + 5 ) x 2 + 5 2x + 5 (2) ⇔ ✝ + x2 + 5 =m 2x + 5 x2 + 5 2x + 5 2x + 5 t 2 = t ; Xét f ( x ) = x +5 x2 + 5  2x + 5   2x + 5  lim  lim  =2  = −2 2 2 x →+∞ x →−∞  x +5   x +5  10 − 5 x f '( x) = Xét f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2 3 x2 + 5 ✧ ) ( c t ∈ [ −2;3] \ {0} ☎ L p b ng bt c a f(x) và ch ra ✑ ✔ Xét g ( x ) = t + ✮ 1 t ✍ ✖ 0,5 ✭ ( v i t ∈ (( −2;3] \ {0}) ); ★ 1 t2 g '( x) = 1 − t = 1 t = −1 Xét g ' ( x ) = o ⇔ t 2 = 1 ⇔  -2 t f '( x) -1 + 0 - f ( x) 0,5 0 - -2 1 0 3 + 5 2 +∞ −∞ 2 5 − 2 0,5 V y m c n tìm là m ∈ ( −∞; − 2] ∪ [ 2; +∞ ) ☎ ✬ ✝ M i l i gi i úng   ☞ ✁ ✂ ✂ ✄ u ✂ c xem xét và cho i m t −−−−−H T −−−−− ☎ ✆ ✂ ✠ ☎ ơ ng ng. ✟ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN Lớp 12 BỔ TÚC THPT Ngày thi: 21/03/2014 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh ........................ Câu I (4,0 điểm). Cho hàm số y   2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  2 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Câu II (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 3cos 4 x  2sin 2 x  2  0 .  x x  8 y  x  y y  x  y  5 2. Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ). Câu III (4,0 điểm). 1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m. 2 2. Giải phương trình log  x  1   2  log 4 3 2 4  x  log 8  4  x  . Câu IV (4,0 điểm). 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2  2) n , biết: An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) . 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o. Câu V (4,0 điểm). 1. Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc BAD  60o . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a. a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho. b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị cos BMD . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6), C(3;2;0) , D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D. ………………………………..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 Câu I KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ( Đề chính thức ) Lớp 12 BỔ TÚC THPT Ngày thi: 21/03/2014 Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang. Ý 1 Nội dung Khảo sát.... Khi m = 1  y  x3  6 x 2  9 x  2  TXĐ: D = R lim ( x 3  6 x 2  9 x  2)   , lim ( x 3  6 x 2  9 x  2)   x  Điểm (4,0 điểm) (2,0 điểm) 0,50 x  x  1 y '  3 x 2  12 x  9  0   x  3  BBT: x - y/ 1 + 0 2 3 - + 0 0,50 + + y - -2 Hàm số đồng biến: (-  ; 1),(3;+  ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = 2 fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0  x  2 =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2 0,50 0,50 Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và (2,0 điểm) C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Phương trình hoành độ giao điểm là:  2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  2  2   2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  0 (1)  x  2  m  x 2  6mx  9  2  m    0 x  0  2  2  m  x  6mx  9  2  m   0  2  Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:   9m2  9  2  m 2  0 m  1   m  2 2  m  0 Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB  xC (xB; xC là hai nghiệm của phương trình (2)). 0,50 0,50 Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2 Theo bài ra ta có 1 2 S OBC  h.BC  13  BC  13   xB  xC   4 xB xC  13(3) 2 6m   xB  xC  Theo định lý viét ta có:  2  m (4)  xB xC  9 14  2 m  6m   Thay (4) vào (3) ta được:  13 (tm)   36  13    2m  m  14 II 1 2 Giải phương trình: 3cos 4 x  2sin x  2  0 .  2  Phương trình  3 2cos 2 x  1  1  cos 2 x   2  0 2  6cos 2 x  cos 2 x  2  0 1  cos 2 x   2  cos 2 x   2  3 1 2  x   arccos( )  k  2 3  (k  Z ) là nghiệm.  x     k  6 2  x x  8 y  x  y y Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ).  x  y  5 ĐK: x  0; y  0 Hệ phương trình tương đương với: x  1 (x  1) x  (y  8) y    x(x  1) 2  y(y  8) 2   y  x  5 y  x  5  x  1 x  1  y  x  5 x  9   y  x  5   y  4 3x 2  22x  45  0  x  9; x   5   3 x  9 Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất:  y  4 III 1 0,50 0,50 (4,0 điểm) (2,0 điểm) 0,50 0,50 0,50 0,50 (2,0 điểm) 0,50 0,75 0,50 0,25 (4,0 điểm) Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm (2,0 điểm) giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a.m  b.n  c.p  (a 2  b 2  c 2 )(m 2  n 2  p 2 )  m 2  n 2  p 2  A  a.m  b.n  c.p  m.n  n.p  p.m  m.n  n.p  p.m  m 2  n 2  p 2 . 0,50 Đặt: m.n + n.p + p.m = t. Ta có: m.n  n.p  p.m  1 (m  n  p)2  25 hay t  25 3 3 3 2 2 2 2 Và: m + n + p = (m + n + p) – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t. Vậy A  25  2t  t  f (t) . 1 Ta có: f (t)  1   0, t  25  f(t) tăng trên ; 25  3 3 25  2t 0,50     A  f (t)  f 25  25  5  25  5 3 . 3 3 3 3 m  n  p  5  3 Đẳng thức xảy ra khi:  1 a  b  c  3  0,50 Vậy: max A  25  5 3 đạt được khi m  n  p  5 và a  b  c  1 . 3 3 3 2 2 Giải phương trình log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  0,50 3 x 1  0  4  x  4 Điều kiện: 4  x  0    x  1 4  x  0  (2,0 điểm) 0,50 (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2   log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 0,50 x  2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0    x  6  lo¹i  0,50  x  2  24 + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0    x  2  24  lo¹i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6  IV 1 Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2  2) n , biết: 0,50 (4,0 điểm) (2,0 điểm) An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) . An3  8 C n2  C n1  49  n ( n  1)( n  2 )  8 n ( n  1)  n  49 2  n3  7n 2  7n  49  0  n  7 0,75 7 Khi đó: ( x 2  2) n  ( x 2  2) 7   C 7k x 2( 7  k ) 2 k k 0 0,50 8 Số hạng chứa x là  2(7  k )  8  k  3 Hệ số của x8 là C73 .23  280 . 0,25 0,50 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết (2,0 điểm) phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o. x   3 3x  4y  25  0  7   I  3 ; 83 . Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ  7 14 15x  8y  41  0 83  y   14  2 2 Gọi  là đường thẳng cần tìm, n  (A; B) (A + B > 0) là véc-tơ pháp tuyến của .  Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến j  (0;1) nên từ giả thiết bài toán ta có:   |B| cos 60o  cos  n; j   1   A2 + B2 = 4B2  A2 = 3B2. 2 2 2 A B  Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3  B   3 .   V 1  0,50 0,50 0,25   Với A = 3, B  3  Phương trình : 3 x  3  3 y  83  0  7 14  3x  3y  9  83 3  0  42x  14 3y  18  83 3  0 . 7 14 Với A = 3, B   3  Phương trình : 3 x  3  3 y  83  0  7 14  3x  3y  9  83 3  0  42x  14 3y  18  83 3  0 . 7 14 Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán: 1: 42x  14 3y  18  83 3  0 , 2: 42x  14 3y  18  83 3  0 .     0,25 0.50 (4,0 điểm) Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc (2,0 điểm) BAD  60o . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a. a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho. b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị cos BMD . 0.50 Từ giả thiết suy ra SAC cân, SBD đều cạnh bằng a. Gọi H = AC  BD  SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. 2 Ta có: SH  a 3 ; SABCD  a 2 sin 600  a 3 . 2 2 3 Do đó: V  1 SABCD .SH  a (đvtt). 3 4 MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc BMD . Đặt BMD  2 . Trong SAC, MH là đường trung bình  MH  SA . 2 AH  a 3  SH  SHA vuông cân tại H  SA  a 3  MH  a 3 . 2 2 2 2 2 0.50 0.50 Trong BMH ta có tan   tan BMH  BH  2 . MH 3 1 0.50  9  cos 2  2 cos 2   1  1 . Từ đó: cos 2   5 1  tan 2  15 Vậy: cos BMD  1 . 5 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều (2,0 điểm) C, D. + Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P) 0,50 AB(1;1;5), CD (4;2;2)  AB, CD  (12;18;6)  n  (2;3;1) là 1 vtpt của (P) Pt (P) là 2( x  1)  3( y  1)  1( z  1)  0  2 x  3 y  z  2  0 0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung điểm M(5;3;1) cuả CD 0,50 AB(1;1;5), AM (4;2;0)  AB, AM  (10;20;6)  n(5;10;3) là 1 vtpt của (P) PT(P) là  5( x  1)  10( y  1)  3( z  1)  0  5 x  10 y  3 z  8  0 0,50 Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0.     ---------------- 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. SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014 Câu 1 (5.0 điểm) 1. Cho hàm số: y  3x  2m (Cm ) với m là tham số. Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị mx  1 hàm số luôn cắt đường thẳng d: y  3x  3m tại hai điểm phân biệt A, B. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD. 2. Cho hàm số: y  x 2 (x 2  a) với a là tham số. Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a  2. Câu 2 (5.0 điểm) 1. Giải phương trình: cosx  3(sin 2x  sinx)  4 cos2x cosx  2 cos2 x  2  0  (x  y)(x 2  xy  y 2  2)  6 ln  y  y 2  9   2. Giải hệ phương trình:   3 2x  y  34  3 2y  x  3  1    x 2  9  x   12 ln 3  Câu 3 (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là: d1 : x  2y  2  0, d2 : 3x  3y  6  0 và tam giác đều ABC có diện tích bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm của d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương. Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình chóp và mặt bên bằng . Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định,  thay đổi. Câu 5 (3.5 điểm) 1. Tính S  C02014  2C12014  3C22014   2014C2013  2015C2014 2014 2014 2. 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. Câu 6 (1.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x  y  z  xyz và x  1,y  1,z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x 1 y 1 z 1  2  2  y2 z x -------------------------- Hết -------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.................................................. Số báo danh:.................................... SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015 Môn: TOÁN; Khối 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án 1 1. (3.0 điểm) Xác định m … (5.0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm của phương trình: m  1 3x  2m x   do m  0  3x  3m   m mx  1 g(x)  3x 2  3mx  1  0 (1)  d cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1/ m Điểm 1.0   1  3 g     0  2 1  0    m  m (luôn đúng)   0 9m2  12  0   Vậy d luôn cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0. Giả sử A(x A ; 3x A  3m),B(x B ; 3x B  3m) với x A ,x B là hai nghiệm của (1) Do đó: x A  x B  m và x A x B  1 / 3. Ta có: AB  (x B  x A )2  (3x B  3x A )2  10(x B  x A )2 40  10(x A  x B )  40x A x B  10m  3 1 1 3m 40 Suy ra: SOAB  d(O; AB).AB    10m2  2 2 10 3 Mặt khác ta có: C(m; 0),D(0; 3m) với m  0 . 1.0 1 1 Tam giác OCD vuông tại O  SOCD  OC.OD  m . 3m 2 2 1 3m 40 SOAB  2SOCD    10m2   m . 3m 2 10 3 0.5 2 2 40 2  2 10 m  m    3 3 2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị … TXĐ: D   ; y '  4x 3  2ax  2x(2x 2  a) Hàm số có ba điểm cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  a  0 (* ) 0.5  10m2  x  0 y0  Khi đó: y '  0   a a2 x    y    2 4 Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:  a a2   a a2  A(0; 0), B   ;   , C ;     2 2 4 4     a4 a a Ta có: AB  AC   ; BC  2  2a 16 2 2 Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ   0  AB2  AC2  BC2  0  nhọn  cosA khi A 0.5 0.5 0.5 a  0 a4   a  2a  0  a(a3  8)  0    a  2 (thỏa mãn (*)) (đpcm) 8 a  2 0.5 2 1. (2.5 điểm) Giải phương trình: (5.0 điểm) PT  cosx  2 cos2 x  3 sinx(2 cosx  1)  4 cos2x cosx  2(2 cos2 x 1)  0  cosx(2 cosx  1)  3 sinx(2 cosx  1)  2 cos2x(2 cosx  1)  0  (2 cosx  1)(cosx  3 sinx  2 cos2x)  0 1.5  1 2 cosx    x    k 2   2 3   cosx  3 sin x  2 cos2x (* ) Giải (*)   1 3  cosx  sinx  cos2x  cos x    cos2x 2 2 3       x  3  2x  k 2  x   3  2 k    x    2x  k 2  x    k 2   3 9 3 2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình: Điều kiện: x,y   .  y  PT(1)  x  y  2x  2y  6 ln 3 1.0 y2  9 x2  9  x2 3 x x 9  2    6 ln 9  y 9   x  2x  6 ln  x  x  9   y  2y  6 ln  y  Xét hàm số: f (t)  t  2t  6 ln  t  t  9  với t   0.5  x  y  2x  2y  6 ln y  y  9  6 ln x  x  9 3 3 3 2 2 2 3 3 2 2  2 2  3 t 2      t2  9 t2  9 3   2 2 Xét hàm số: g(u)  u   với u  0 u 9 3 6  f '(t)  3t 2  2   g'(u)  1  1 (u  9)3  1 1 93 1.0 0  Hàm số g(u) đồng biến trên [ 0; )  g(u)  g(0)  0 Suy ra: f '(t)  3g(t 2 )  0  Hàm số f(t) đồng biến trên  . Mà (1)  f (x)  f (y)  x  y Thay x  y vào PT (2) ta được: 3 x  34  3 x  3  1  3 x  34  3 3  x  1  x  34  3  x  3 3 (x  34)(3  x)  3  x  34  3 3  x  1  37  3 (x  34)(3  x)  1  x  31x  102  12 3 3 0.5 2  x  61  x 2  31x  102  1728  x 2  31x  1830  0    x  30 Thử lại ta thấy x  61;x  30 là nghiệm của phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (30; 30),(61; 61). 0.5 3 Tìm tọa độ giao điểm … (3.0 điểm) Gọi M  AI  BC. Giả sử AB  x (x  0), R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Do tam giác ABC đều nên SABC  x 2 3  3 x 2 1.0 3 x2 4 4 Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp 1 1 3 tam giác ABC  r  IM  AM   3  3 3 3 Giả sử I(2a  2;a)  d1 (a  1) Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: d(I; d2 )  r  1.0  62 6 3 a  1(loaïi )   3a  6  6  6   3 3 a  2 (tm) 3(2a  2)  3a  6 99 Suy ra: I(2; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R   phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là: 4 (x  2)2  (y  2)2  3 Tung độ giao điểm của d1 và (C) là nghiệm của phương trình: 2 2 3 AM  3 3 1.0 4 4  (y  2)2  3 15 4 (2y  2  2)2  (y  2)2   y  2 2  x  2 15 4 (3.0 điểm) 15  2 4   2 4  ;2  ;2  Vậy tọa độ giao điểm của d1 và (C) là:  2   , 2   15 15   15 15   Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất. Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm của CD  CD  (SHM)  (SHM)  (SCD)  SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD) .   Vậy HSM   với 0    2 2 2 Đặt SH  h  HC  a  h2 S φ 1.0 A D M H B C  HM  (a2  h2 ) / 2 và BC  2(a2  h2 ) Tam giác SHM vuông tại H nên tan   HM a2  h2  SH 2h  2h2 tan2   a2  h2  h2 (1  2 tan2 )  a2  h    Suy ra: BC2  2 a2  h2  4h2 tan2   4a2 tan2  1  2 tan2  a 1  2 tan2  1.0 1 1 4a3 tan2  Vậy VS.ABCD  SH.BC2   3 3 (1  2 tan2 )3 Đặt t  1  2 tan2  với t  (1; )  tan2   Xét hàm số: f (t)  t 1 2a3 t  1  VS.ABCD   2 3 t t 2a3 t  1 trên (1; )  3 t t   3  t t  2 t (t  1)  a  a3 (3  t)  f '(t)     ; f '(t)  0  t  3 3 3 2t 2 t t3 Bảng biến thiên: 3 1  f’ + 0 (t  ) f (3) f( Vậy t) 0 0 3 VS.ABCD max=max f (t)  4a3 (1: ) 1.0 khi t  3  tan   1    45o. 9 3 5 1. (1.5 điểm) Tính … (3.5 điểm) Ta có: (1  x)2014  C02014  C12014x  C22014x2   C2013 x2013  C2014 x2014 2014 2014 0.5  x(1  x)2014  C02014x  C12014x2  C22014x3   C2013 x2014  C2014 x2015 2014 2014 Lấy đạo hàm hai vế ta được: (1  x)2014  2014(1  x)2013 .x 0.5  C  2C x  3C x   2014C x  2015C x Lấy x  1 ta được: 22014  2014.22013  C02014  2C12014  3C22014   2014C2013  2015C2014 2014 2014 0 2014 1 1 2014 2 2 2014 2013 2013 2014 2014 2014 2014  22014  2014.22013  S  S  1008.22014 2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số … Số phần tử của không gian mẫu là:   95. 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 khác 0 là C 39 Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: ▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách. Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: C35 cách. Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.  Số các số thỏa mãn TH1 là: 3.C35 .2  60 (số) ▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách. Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: C52 cách. Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: C32 cách. Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách. 0.5 0.5 0.5 0.5  Số các số thỏa mãn TH2 là: 3.C52 .C32 .1  90 (số) Do đó: A  (90  60).C39 Vậy P(A)  A   (90  60).C39 95  0, 213 6 Tìm giá trị lớn nhất của k … (1.5 điểm) Ta có: x 1  y 1 y 1  z 1 z 1  x 1  1 1 1   1 1 1         2  2  2  (1) P   y2 z2 x2  x y z  x y z  x 1  y 1 y 1  z 1 z 1  x 1 Mà:   y2 z2 x2  1 1   1 1  1 1   x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2  x z  x y  y z  2 2 2   x  1   y  1   z  1 ( 2) xy yz xz 0.5 0.5 0.5  1 1 1 1 1 1 1 1 1     2  2  2  2     (3) x y z x y z  xy yz zx  1 1 1 1 1 1 Ta có: 2  2  2     1 (4) xy yz zx x y z Từ (1) và (2) suy ra: P  2 1 1 1  1 1 1  1 1 1      3         3 (5)  x y z  xy yz zx  x y z Từ (3), (4), (5) suy ra: P  3 1  2  3 1. Vậy GTNN của P là 3  1. Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  3. 0.5 0.5   ☎ S GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH ✁ ✂ ✠ K THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 - 2014 ✄ ✆ ✡ ✆ ✝ ☛ ✟ ✆ Môn: Toán Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao Ngày thi: 03/10/2013 2x − 3 (1) Câu I:(THPT:4,0 i m; GDTX: 4,0 i m) Cho hàm s : y = x−2 ☞ THI CHÍNH TH C ( thi có 01 trang) ✞ ✌ ✎ ✍ ✒ ✏ ✓ ✔ ✏ ) ✑ ✖ ✖ ✕ ✕ ✗ th (C ) c a hàm s (1). 1. Kh o sát s bi n thiên và v 2. Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C ) , bi t ti p tuy n ó c t ngang l n l t t i A, B sao cho AB = 2 IB , v i I (2, 2) . Câu II:(THPT:5,0 i m; GDTX: 6,0 i m) ✘ ✙ ✚ ư ✚ ✛ ơ ✚ ✬ ư ✭ ✜ ✢ ✣ ✚ ✤ ✗ ✤ ✚ ✚ ✮ ✚ ✜ ✧ ư 2. Gi i ph ✘ ư ✩ ✪ ✜ ng và ti m c n ✫ ✩ ✪ ✖ (x, y ∈ ). ơ sin 2x + 3tan 2x + sin 4 x = 2. tan 2 x − sin 2 x ng trình: ơ ng ti m c n ★ ✕ 2  x − y) (  2x +1 + 2y +1 = 2 1. Gi i h ph ng trình:  ( x + y)( x + 2y) + 3x + 2y = 4  ✩ ư ✯ ✖ ✕ ✘ ✜ ✖ ✖ ✕ ✕ Câu III:(THPT:4,0 i m; GDTX:4,0 i m) 1. Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy , cho hình ch nh t ABCD có A(5, −7) , i m C thu c vào ng th ng có ph ng trình: x − y + 4 = 0 . ng th ng i qua D và trung i m c a o n c a B và C , bi t i m B có hoành d ng. AB có ph ng trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm t a 2. Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn (O, R ) . G i P, Q l n l t là các i m di ng trên ✰ ✜ ư ✱ ★ ✯ ✩ ✱ ư ✲ ư ✳ ✜ ✴ ✵ ơ ✷ ơ ✳ ✳ ✴ ✚ ✜ ư ✜ ư ✴ ✪ ★ ✜ ✱ ✜ ✜ ✤ ✚ ★ ✶ ✳ ✜ ✬ ✶ ✶ ư ✴ ✤ ✜ ✭ ✜ ✶ ✜ ✴ ư ✜ ✮ ơ ✴ cung nh AB , AC sao cho P, Q, O th ng hàng. G i D , E l n l t là hình chi u vuông góc c a ng th ng BC , AB t ng ng và D ', E ' l n l t là hình chi u vuông góc c a Q lên P lên các các ng th ng BC , AC . G i K là giao i m c a hai ng th ng DE và D ' E ' . Tìm giá tr l n nh t c a di n tích tam giác KDD ' (theo R ). Câu IV:(THPT:3,0 i m; GDTX:3,0 i m) Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình ch nh t, tam giác SAB u c nh a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy. Góc gi a m t ph ng ( SCD) và m t ph ng áy b ng 600 . 1. Tính th tích kh i chóp S . ABCD theo a . 2. Tính kho ng cách gi a hai ng th ng SA và DB theo a . Câu V:(THPT:2,0 i m; GDTX:3,0 i m) Cho a, b, c là ba s d ng. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: 1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 + 1 ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) ✸ ✱ ✜ ✜ ư ✹ ư ★ ★ ✱ ư ✱ ✤ ơ ✳ ✬ ✫ ✳ ✬ ✜ ✶ ✤ ư ✜ ư ư ✭ ✚ ✭ ✤ ✚ ★ ✤ ✱ ✣ ✩ ✖ ✖ ✕ ✕ ✜ ✜ ✰ ✱ ✺ ✜ ✮ ✻ ✰ ✱ ✯ ✜ ✵ ✰ ✪ ✱ ✗ ✘ ✵ ✖ ✜ ✕ ư ★ ✱ ✖ ✕ ✗ Câu VI:(THPT:2,0 i m) Cho dãy s (un ) ✗ ✜ ư ✭ c xác ✜ ư ơ ✣ u u1 u + 2 +L+ n . Tìm lim vn . 1 − u1 1 − u2 1 − un Xét dãy s vn = ✗ ------------------H T-----------------• Thí sinh không c s d ng tài li u. • Giám th không gi i thích gì thêm. L u ý: i v i thí sinh h c t i các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. ✼ ✕ ✽ ✾ ✿ ❁ ❀ ❂ ❃ ❇ ❄ ❉ ❈ ✣ ✯ ✹ ✤ ✶ 2  u1 = 2013 nh:  . 2 u (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1 n +1 n +1 n  n ✖ ✕ ❆ ✵ ✻ ✶ ❅ ✯ ✫   ☎ S GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH (H ng d n ch m có 06 trang) ✁ ✂ ☎ ư ✯ ☞ ✆ H NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ✄ ✆ ✝ ❅ ✌ ✟ ✟ ✠ ☛ ✞ ✹ ✞ ✡ ✟ I V I THÍ SINH THPT L i gi i ✍ Câu I Ý 1 ✑ ✎ ✏ Cho hàm s : y = ❆ 2x − 3 . Kh o sát s bi n thiên và v x−2 ✔ ✒ ✕ ✓ ✖ ✗ ✙ ❆ th (C) c a hàm s . ✘ TX : D = R \ {2} 0,25 ✷ lim y = 2 ⇒ ph x →±∞ lim y = −∞;lim y = +∞ x → 2− −1 ( x − 2) ư ⇒ ph x → 2+ y/ = ng trình ơ ư ✜ ng trình ơ ư ✜ ư ★ ng TC : x = 2 ✷ 0,5 ⇒ Hàm s ngh ch bi n trên t ng kho ng xác Hàm s không có c c tr . B ng bi n thiên: ✗ ✣ ✚ ✗ ✘ 0,5 ng TCN: y = 2 ★ < 0 ∀x ∈ D 2 ✚ ✙ ✘ ✜ ✣ nh. ✣ 0,25 ✚ 0,25 Giao i m v i tr c tung: A(0; 3/2) Giao i m v i tr c hoành: B(3/2;0) th : ✷ ✢ ✜ ✶ ✯ ✲ ✜ ✶ ✯ ✲ i m 2,0 ✂ 0,25 ✣ ✎ 2 ng ti m Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C), bi t ti p tuy n ó c t c n ng và ti m c n ngang l n l t t i A, B sao cho AB = 2IB , v i I(2;2). ✛ ✧ ✜ ✤ ★ ơ ✛ ✦ ✧ ✛ ✣ ✩ ✛ ✜ ✪ ✫ ✛ ✛ ✤ ✥ ✤ ✜ ✦ ✬ 2,0  2 x0 − 3  G i M  x0 ;  ∈ (C ) − x 2 0   0,5 ✳ PTTT c a (C) t i M: y = − ✤ ✮ 1 ( x0 − 2 ) 2 2 x02 − 6 x0 + 6 x+ ( x0 − 2 ) 2 Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông t i I ⇒ IA = IB nên h s góc c a ti p −1 tuy n k = 1 ho c k = -1. vì y / = < 0 nên ta có h s góc ti p tuy n k = 2 ( x − 2) -1. ✮ ✚ ✰ ( x0 − 1) 2 ⇒ có hai ph ư II ơ ✒ ❄ ✗ ✤ ✚ ✚ ơ   ✚ 0,5 ng trình ti p tuy n: y = −x + 2 ; y = − x + 6 ✚ ✚ 2,5 (1) x, y ∈ (2) 1   x ≥ − 2 k:  y ≥ − 1  2 ✷ 0,5 0,5 2  x − y) (  2x +1 + 2y +1 = 2 ng trình:  ( x + y)( x + 2y) + 3x + 2y = 4  1 Gi i h ph ✩ ✗  x0 = 1 = −1 ⇔   x0 = 3 −1 ⇔ ✩ 0,5 x + y −1 = 0 Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3 y + 3 ) x + 2 y 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔   x + 2 y + 4 = 0 (loai ) ( x + y) 2 y +1 = Pt(1) ⇔ 2 x + 1 + 2 1,0 1,25 − 4 xy 2  ( x + y )2 − 4xy  ⇔ 2 ( x + y ) + 2 + 2 4xy + 2 ( x + y ) + 1 =     2   2 ⇔ 8 4xy + 3 = ( 4 xy + 3)( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 0 ⇔ 2 ( 4xy − 5) 4xy + 3 = 8 (loai) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4xy − 5 < 0) 1  3  x= x + y = 1 x = −    2  2 H ã cho t ng ng:  ∨ 3⇔  xy = − 4 y = 3 y = − 1   2 2  1 3 3 1 V y h ph ng trình có 2 nghi m:  − ;  ,  ; −   2 2 2 2 ✩ ✜ ư ✪ 2 ✩ ư ✒ Gi i ph ❄ ơ ✜ ư ơ ơ ✩ ng trình: ơ 0,75 sin 2x + 3tan 2x + sin 4x =2 tan 2x − sin 2x cos 2 x ≠ 0 k:  (*)  tan 2 x − sin 2 x ≠ 0 Pt t ng ng: 2,5 0,5 ✷ ư ơ ✜ ư ơ 0,75 3 sin 2 x + tan 2 x + sin 4 x = 0 ⇔ 3sin 2 x cos 2 x + sin 2 x + sin 4 x cos 2 x = 0 ⇔ ( cos 2 x + 1)( sin 2 x + sin 4 x ) = 0 π    x = 2 + kπ cos 2 x = −1  cos 2 x + 1 = 0  π  ⇔ ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = k  2 sin 4 x + sin 2 x = 0  1  cos 2 x = −  x = ± π + kπ  2  3 Nghi m x = ± π ư ✸ 3 ng trình có 2 h nghi m: x = ± ơ ✳ π ✩ ❇ III 0,5 + kπ th a mãn (*) ✩ Ph 0,75 ✖ 3 + kπ ✄ ☎ Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy , cho hình ch nh t ABCD có ng th ng có ph ng trình: x − y + 4 = 0 . A(5, −7) , i m C thu c vào ng th ng i qua D và trung i m c a o n AB có ph ng trình: c a B và C , bi t i m B có hoành d ng. 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm t a G i C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung i m AB, I là giao i m c a AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0. uur uur  c + 10 c − 10  Ta có AIM ng d ng CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I  ;  3   3 c + 10 c − 10 Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3 −4 − 23 = 0 ⇔ c = 1 3 3 V y C(1;5). 3t − 9   3t − 23   Ta có: M ∈ d 2 ⇒ M  t ;  ⇒ B  2t − 5;  4  2    uuur  3t + 5  uuur  3t − 19  AB =  2t − 10;  , CB =  2t − 6;  2  2    t = 1 uuur uuur 1 Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 )( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29 t = 4 5   B (−3; −3) (loai )  33 21  ⇒   33 21  ⇒ B ;  B ;  5 5   5 5  Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn (O, R ) . G i P, Q l n l t là 1 ✂   ✁ ❈   ✆ 2,0 ✝ ✖ ✖ ✄ ❄ ❄ ✞ ơ ✁ ✝ ❅ ✖ ❄ ✖ ✙ ✖ ❉ ✞ ❄ ơ ✁ ✖ ✝ ✔ ✙ ✄ ✖ ✖ ✄ ❄ ơ ❈ ✳ ✜ ✜ ✢ ✶ ✜ ✶ ✤ 0,5 ✮ 0,5 ✪ ✔ ❄ ❄ ✞ ❈ ✠ ❈ ✝ ✖ ✖ ✄ ✡ các i m di ng trên cung nh AB , AC sao cho P, Q, O th ng hàng. G i ng th ng BC , AB D , E l n l t là hình chi u vuông góc c a P lên các t ng ng và D ', E ' l n l t là hình chi u vuông góc c a Q lên các ng ng th ng DE và D ' E ' . Tìm th ng BC , AC . G i K là giao i m c a hai giá tr l n nh t c a di n tích tam giác KDD ' (theo R ). ❈ ✁ ✔ ✟ ❄ ✙ ✖ ❄ ✠ ✞ ✁ ✔ ✟ ✙ ☛ ❄ ❄ ơ ✝ ✙ ✖ ❄ ❈ ✁ ✘ ✞ ✁ ☞ ❇ ✙   ✖ ❄ ✠ ✖ 0,5 ✟ ✖ ✄ 2 0,5 ✞ 2,0 Ch ng minh góc ∠DKD ' = 900 K KH vuông góc v i BC (H thu c BC), ta có: ∠DKH = ∠DKP ( KH / / PD) ∠DKP = ∠PBA (t giác PEBD n i ti p) 1 Suy ra: ∠DKH = ∠PBA = sd PA 2 1 c: ∠D ' KH = sd AQ T ng t , ta ch ng minh 2 1 V y ∠DKD ' = ∠DKH + ∠D ' KH = sd PQ = 900 (do PQ là 2 Ch ng minh DD ' ≤ 2 R : Th t v y, xét hình thang vuông DPQD ' vuông t i D và D’ nên DD ' ≤ QP = 2 R , d u “=” x y ra khi PQ / / BC 0,5 ☛   ✯ ✴ ✫ ư ơ ✙ ✴ ✫ ✜ ư ✚ ✭ ✪ ✜ ư ★ ng kính) ☛ ✪ ✪ ✮ ✹ ✘ 1,0 1 KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2 Xét tam giác DKD ' . Ta có: S = KD.KD ' ≤ = ≤ = R2 2 4 4 4 2 V y di n tích l n nh t c a tam giác DKD ' b ng R khi PQ / / BC Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình ch nh t, tam giác SAB u 1,5 c nh a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy. Góc gi a m t ph ng ( SCD ) và m t ph ng áy b ng 600 . 1. Tính th tích kh i chóp S . ABCD theo a . ✪ ✩ ✯ ✹ ✤ ✻ ✖ IV 1 0,5 ✖ ☎ ✆ ❇ ❉   ✂ ✁ ✖   ✁ ✂ ✝ ❆ ✖ ☎   ✁ ✁ 0,5 H, M l n l t là trung i m c a AB và CD SH ⊥ AB  Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ✬ ư ✭ ✜ ✶ ✤ a 3 2 Góc gi a (SCD) và m t áy là ∠SMH = 600 SH a Ta có HM = = 0 tan 60 2 2 1 a a 3 a3 3 ⇒ VS . ABCD = . . = 3 2 2 12 2. Tính kho ng cách gi a hai ng th ng SA và DB theo a . K ng th ng d i qua A và d//BD. Trong m t ph ng (ABCD) k ng th ng ∆ i qua H , ∆ ⊥ d và ∆ c t d t i J, ∆ c t BD t i I. trong (SHI) k HK vuông góc v i SI t i K. Khi ó: d( BD , SA) = d( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( SBD )) = 2 HK SH = ✵ 2 ✰ ✜ ✒ ✖ ☎ ❄ ✞ ✁     ✜ ư ★ ✱ ✜ ✰ ✱ ✜ ư ★ 0,25 0,25 0,5 1,5 0,5   ✱ ✜ ✧ ✯ ✮ ✧ ✮ ✮ ✜ IH BH BH . AD a 5 = ⇔ IH = = AD BD BD 10 1 1 1 a 3 = + 2 ⇒ HK = Xét SHI vuông t i H, ta có: 2 2 HK HS HI 8 a 3 V y d( BD , SA) = 4 Cho a, b, c là ba s du ng. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: 1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 + 1 ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) Ta có BIH ✜ ✢ ng d ng BAD ⇒ 0,5 ✮ 0,5 ✮ ✪ ✝ ☞ V ❆ ❇ ✙ ☛ ơ ✘ ( a + b) +1 ≥ 2 ( c + 1) + 2 1 1 2 2 2 a + b ) + ( c + 1)  ≥ ( a + b + c + 1) (  4 2 2 2 3 3  a +1+ b +1+ c +1  a + b + c + 3  ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤   =  3 3     2 54 V y P≤ − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3 )3 a +b +c 2 2 2 = 2,0 0,75 0,75 0,75 ✪ = f / (t ) = − t 2 54 − = f (t ) t ( t + 2 )3 ✯ t = 4 2 162 ; f / (t ) = 0 ⇔  + 4 2 t (t + 2) t = 1(loai ) 1 4 + f’(t) v i t = a + b + c +1 0 +∞ - 1/4 f(t) 0 0 (t > 1) 0,75 a + b + c = 3 1  V y giá tr l n nh t c a P = khi a = b = c ⇔ a = b = c =1 4 c = 1  2  u1 = 2013 Cho dãy s (un ) u c xác nh:  . 2  un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n ≥ 1 ✪ VI ✣ ✯ ✹ ❆ ✤ ✖ 2,0 ✖ ✠ ✘ Xét dãy s vn = ❆ u u1 u + 2 +L+ n . Tìm lim vn . 1 − u1 1 − u2 1 − un Ta có un ≠ 0∀n ≥ 1 . 0,25 2 − 9un +1 2 = 2 ( 2 − 5un ) un+1 un Khi ó: un2 ( 2 − 9un+1 ) = 2un +1 ( 2 − 5un ) ⇔ ✜ 2 ⇔ ✷ −9 = 4 10 − un2 un un+1 2 t xn = ∀n ≥ 1 . Khi ó ta có dãy m i ( xn ) un  x1 = 2013  2  xn +1 = xn − 5 xn + 9 ∀n ≥ 1 ✰ ✜ ✯ ✜ ư c xác ✭ ✜ nh b i: ✣   Ch ng minh ( xn ) là dãy t ng: ✁ ☛ 0,25 Xét hi u: xn +1 − xn = xn2 − 5 xn + 9 − xn = ( xn − 3) ≥ 0 2 ✩ Do x1 = 2013 > 3 nên xn +1 − xn > 0 suy ra dãy ( xn ) là dãy t ng. ✂ Ch ng minh (xn) không b ch n hay lim xn = +∞ : Gi s (xn) b ch n, do dãy t ng và b ch n nên t n t i gi i h n h u h n. Gi s dãy (xn) có gi i h n h u h n, t lim xn = a, ( a > 2013) . ☛ ✘ ✘ ✄ ✘ ✄ ✣   ✰ ✣ ✂ ✯ ✮ ✵ ✮ ✰ ✜ ✢ ✮ ✯ ✮ ✵ 0,5 ✮ ✰ T công th c truy h i xn +1 = xn2 − 5 xn + 9 ✚ ✫ ✢ c: a = a 2 − 5a + 9 ⇔ a = 3 (không th a mãn) L y gi i h n hai v , ta Do ó dãy ã cho không có gi i h n h u h n. 0,5 Ta có:      1 u u 1 1 1   = 2 vn = 1 + ... + n = 2  + ... + + ... +  ∀n ≥ 1 2 x x 1 − u1 1 − un − 2 − 2  2 −2  n 1   −2 u u n  1  ✹ ✯ ✜ Mà: ✮ ✚ ✜ ư ✭ ✸ ✜ ✯ ✮ ✵ ✮ 1 1 1 = − xn − 2 xn − 3 xn+1 − 3  1  1  1 1  Do ó, ta có: vn = 2  − −  = 2   x1 − 3 xn+1 − 3   2013 − 3 xn+1 − 3  1 Mà lim xn = +∞ nên lim vn = 1005 ✜ ☎ ✟ Chú ý: N u thí sinh làm cách khác mà úng thì v n ch m i m t i a. ✆ ✝ ✞ ✆ ✠ ✆ 0,5   ☎ S GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH (H ng d n ch m có 06 trang) ✁ ✂ ☎ ư ✯ ☞ NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ✞ ✟ ✡ I V I THÍ SINH H C T I CÁC TRUNG TÂM GDTX L i gi i 2x − 3 Cho hàm s : y = . Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm x−2 s .   ✁ ✏ 1 ✠ ✟ ✎ Ý ✟ ☛ ✌ ✍ Câu I ✝ ✞ ✹ ❅ ✆ H ✄ ✆ ❆ ✔ ✒ ✕ ✓ ✖ ✗ ✙ ✑ i m 2,0 ✂ ✘ ❆ TX : D = R \ {2} 0,25 ✷ ⇒ ph lim y = 2 x →±∞ lim y = −∞; lim y = +∞ x → 2− y/ = ( x − 2) ng trình ơ ⇒ ph ư x → 2+ −1 ư ơ ✜ ng trình ư ✜ ng TCN: y = 2 ★ ư ★ ng TC : x = 2 0,5 ⇒ Hàm s ngh ch bi n trên t ng kho ng xác Hàm s không có c c tr . B ng bi n thiên: ✗ ✣ ✚ ✗ ✘ ✚ ✙ ✚ ✢ ✜ ✶ ✯ ✲ ✜ ✶ ✯ ✲ ✣ ✘ ✜ ✣ nh. ✣ Giao i m v i tr c tung: A(0; 3/2) Giao i m v i tr c hoành: B(3/2;0) th : ✷ ✷ < 0 ∀x ∈ D 2 0,5 0,25 0,25 0,25 2 ✎ Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C), bi t ti p tuy n ó c t ng ti m c n ng và ti m c n ngang l n l t t i A, B sao cho AB = 2IB , v i I(2;2). 2,0  2 x0 − 3  G i M  x0 ;  ∈ (C ) − x 2 0   0,5 ✛ ✜ ✧ ✤ ơ ✛ ★ ✦ ✛ ✣ ✧ ✛ ✩ ✜ ✪ ✛ ✛ ✤ ✥ ✤ ✜ ✦ ✫ ✬ ✳ PTTT c a (C) t i M: y = − ✤ ✮ 1 ( x0 − 2) 2 2 x02 − 6 x0 + 6 x+ ( x0 − 2) 2 Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông t i I ⇒ IA = IB nên h s góc c a −1 ti p tuy n k = 1 ho c k = -1. vì y / = < 0 nên ta có h s góc ti p 2 x − 2 ( ) tuy n k = -1. ✮ ✚ ✚ ✩ ✰ ✩ ✗ ✤ ✗ 0,5 ✚ ✚  x0 = 1 = −1 ⇔   x0 = 3 −1 ⇔ ( x0 − 1) 2 ⇒ có hai ph ư II ơ ✒ ❄ ơ   0,5 ng trình ti p tuy n: y = −x + 2 ; y = − x + 6 ✚ ✚ 2  x − y) (  2x +1 + 2y +1 = 2 ng trình:  ( x + y)( x + 2y) + 3x + 2y = 4  1 Gi i h ph 0,5 3,5 (1) x, y ∈ (2) 1   x ≥ − 2 k:  y ≥ − 1  2 ✷ 0,5 x + y −1 = 0 Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3 y + 3 ) x + 2 y 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔   x + 2 y + 4 = 0 (loai ) Pt(1) ⇔ 2 x + 1 + 2 y + 1 = ( x + y) 2 1,0 1,25 − 4 xy 2  ( x + y ) 2 − 4xy  ⇔ 2 ( x + y ) + 2 + 2 4xy + 2 ( x + y ) + 1 =     2   2 ⇔ 8 4xy + 3 = ( 4xy + 3)( 4xy − 5) 4 xy + 3 = 0 ⇔ 2 ( 4xy − 5) 4xy + 3 = 8 (loai) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4xy − 5 < 0) 1  3  x= x + y = 1 x = −    2  2 H ã cho t ng ng:  ∨ 3⇔  xy = − 4 y = 3 y = − 1 2 2    1 3 3 1 V y h ph ng trình có 2 nghi m:  − ;  ,  ; −   2 2 2 2 sin 2x + 3tan 2x + sin 4x =2 Gi i ph ng trình: tan 2x − sin 2x ✩ ✪ 2 ✜ ư ✩ ư ✒ ❄ ơ ơ ơ ✜ ư 0,75 ơ ✩ 2,5 cos 2 x ≠ 0 k:  (*) tan 2 x − sin 2 x ≠ 0  Pt t ng ng: 3 sin 2 x + tan 2 x + sin 4 x = 0 ⇔ 3sin 2 x cos 2 x + sin 2 x + sin 4 x cos 2 x = 0 0,5 ✷ ư ơ ✜ ư 0,75 ơ ⇔ ( cos 2 x + 1)( sin 2 x + sin 4 x ) = 0 π  = + kπ x   2 cos 2 x = −1  cos 2 x + 1 = 0  π  ⇔ ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = k  2 sin 4 x + sin 2 x = 0  1  cos 2 x = −  x = ± π + kπ  2  3 Nghi m x = ± ✩ Ph ư π + kπ th a mãn (*) 3 ✳ 1 π + kπ ✩ ❇ III 0,5 ✸ ng trình có 2 h nghi m: x = ± ơ 0,75 ✖ 3 ✄ ☎ Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy , cho hình ch nh t ABCD có A(5, −7) , i m C thu c vào ng th ng có ph ng trình: x − y + 4 = 0 . ng th ng i qua D và trung i m c a o n AB có ph ng trình: c a B và C , bi t i m B có hoành d ng. 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm t a G i C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung i m AB, I là giao i m c a AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0. ng d ng CID Ta có AIM uur uur  c + 10 c − 10  ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I  ;  3   3 c + 10 c − 10 Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3 −4 − 23 = 0 ⇔ c = 1 3 3 V y C(1;5). 3t − 9   3t − 23   Ta có: M ∈ d 2 ⇒ M  t ;  ⇒ B  2t − 5;  4  2    uuur  3t + 5  uuur  3t − 19  AB =  2t − 10;  , CB =  2t − 6;  2  2    t = 1 uuur uuur 1 Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 )( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29 t = 4 5   B (−3; −3) (loai )  33 21  ⇒   33 21  ⇒ B ;  B  ;   5 5   5 5  Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn (O, R ) . G i P, Q l n l t là ✂   ✁ ❈   ✆ 2,0 ✝ ✖ ✖ ✄ ❄ ❄ ✞ ơ ✁ ✝ ❅ ✖ ❄ ✖ ✙ ✖ ❉ ✞ ❄ ơ ✁ ✖ ✝ ✔ ✙ ✄ ✖ ✖ ✄ ❄ ơ ❈ ✳ ✜ ✜ ✢ ✶ ✜ ✶ ✤ 0,5 ✮ 0,5 ✪ ✔ 2 ✄ ❄ ❄ ✞ ✠ ❈ ✝ ✖ ✄ ✡ các i m di ng trên cung nh AB , AC sao cho P, Q, O th ng hàng. G i ng th ng D , E l n l t là hình chi u vuông góc c a P lên các BC , AB t ng ng và D ', E ' l n l t là hình chi u vuông góc c a Q lên các ng th ng BC , AC . G i K là giao i m c a hai ng th ng DE và D ' E ' . Tìm giá tr l n nh t c a di n tích tam giác KDD ' (theo R ). ❈ ✁ ✔ ✟ ❄ ✙ ✖ ❄ ✠ ✞ ✁ ✔ ✟ ✙ ☛ ❄ ❄ ơ ✠ ✝ ✖ ✖ ❄ ✙ ✖ ❄ ✞ ❈ ✁ ✘ ✞ ✁ ☞ ❇ 0,5 ✟ ✖ ❈ ✖ 0,5 ✙   2,0 Ch ng minh góc ∠DKD ' = 900 K KH vuông góc v i BC (H thu c BC), ta có: ∠DKH = ∠DKP ( KH / / PD) ∠DKP = ∠PBA (t giác PEBD n i ti p) 1 Suy ra: ∠DKH = ∠PBA = sd PA 2 1 T ng t , ta ch ng minh c: ∠D ' KH = sd AQ 2 1 ng kính) V y ∠DKD ' = ∠DKH + ∠D ' KH = sd PQ = 900 (do PQ là 2 Ch ng minh DD ' ≤ 2 R : Th t v y, xét hình thang vuông DPQD ' vuông t i D và D’ nên DD ' ≤ QP = 2 R , d u “=” x y ra khi PQ / / BC Xét tam giác DKD ' . Ta có: 1 KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2 S = KD.KD ' ≤ = ≤ = R2 2 4 4 4 V y di n tích l n nh t c a tam giác DKD ' b ng R 2 khi PQ / / BC Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình ch nh t, tam giác SAB u c nh a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy. Góc gi a m t ph ng ( SCD) và m t ph ng áy b ng 600 . 3. Tính th tích kh i chóp S . ABCD theo a . ☛ 0,5   ✯ ✴ ✫ ư ơ ✙ ✴ ✫ ✜ ư ✚ ✭ ✪ ✜ ư ★ ☛ ✪ ✪ ✹ ✪ IV ✩ ✯ ✘ ✹ ✤ ☎ ✆ ✖ ❇ ✁ ✖ ☎ ❉   ✂ ✁ ✖ ✁   1,0 ✻ ✖ 1 0,5 ✮ ✁ ✂ ✝ ❆   1,5 H, M l n l t là trung i m c a AB và CD SH ⊥ AB  Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ✬ ư ✭ ✜ ✶ ✤ 0,5 a 3 2 Góc gi a (SCD) và m t áy là ∠SMH = 600 SH a Ta có HM = = tan 600 2 1 a2 a 3 a3 3 ⇒ VS . ABCD = . . = 3 2 2 12 4. Tính kho ng cách gi a hai ng th ng SA và DB theo a . K ng th ng d i qua A và d//BD. Trong m t ph ng (ABCD) k ng th ng ∆ i qua H , ∆ ⊥ d và ∆ c t d t i J, ∆ c t BD t i I. trong (SHI) k HK vuông góc v i SI t i K. Khi ó: d( BD , SA) = d( I ,( S ,d )) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( SBD ) ) = 2 HK SH = ✵ ✰ ✜ ✒ 2 ❄ ✞ ✁   ư ★ ✱ 0,5 ✖ ☎   ✜ 0,25 0,25 ✜ ✰ ✱ ✜ ư ★ 1,5 0,5   ✱ ✜ ✧ ✯ ✮ ✧ ✮ ✮ ✜ IH BH BH . AD a 5 = ⇔ IH = = AD BD BD 10 1 1 1 a 3 Xét SHI vuông t i H, ta có: = + 2 ⇒ HK = 2 2 HK HS HI 8 a 3 V y d( BD , SA) = 4 Cho a, b, c là ba s du ng. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: 1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 + 1 ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) Ta có BIH ✜ ✢ ng d ng BAD ⇒ 0,5 ✮ 0,5 ✮ ✪ ✝ ☞ ❆ V ❇ ✙ ☛ ơ ✘ ( a + b) +1 ≥ ( c + 1) + 3,0 0,75 1 1 2 2 2  a b c a b c + + + 1 ≥ + + + 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 3 0,75  a +1+ b +1+ c +1  a + b + c + 3  ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤   =  3 3     0,75 2 54 V y P≤ − 3 a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) a +b +c 2 2 2 2 2 = ✪ = f / (t ) = − t 2 54 − = f (t ) t ( t + 2 )3 ✯ t = 4 2 162 / + = ⇔ f t ; ( ) 0 t = 1(loai ) t 2 ( t + 2 )4  4 1 + f’(t) v i t = a + b + c +1 0 +∞ - 1/4 f(t) 0 0 (t > 1) 0,75 a + b + c = 3 1  V y giá tr l n nh t c a P = khi a = b = c ⇔ a = b = c =1 4 c = 1  ✪ ✣ ✯ ✹ ✤ ☎ ✟ Chú ý: N u thí sinh làm cách khác mà úng thì v n ch m i m t i a. ✆ ✝ ✞ ✆ ✠ ✆ Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU CHÍNH THỨC (Gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (6 điểm): Tìm n ∈ ` sao cho số a = n 2 + 20112016 n + 20112011...2011 (có 2016 số 2011 ở số hạng cuối) chia hết cho 9. Câu 2 (7 điểm): Cho phương trình: x2 − (2cosα − 1) x + 6cos2 α − cosα − 1 = 0 (1) . a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 . Câu 3 (7 điểm): Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC = CD, DE = EF = FA, n n = 600 . Giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho BCD = EFA n n = 1200 . AGB = DHE Chứng minh rằng: AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF. Dấu bằng (=) xảy ra khi nào? ---Hết--- SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Gồm 02 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (6 điểm): Ta có ⇒ 2011 20113 ≡ 43 ≡ 1( mod 9 ) (0,5đ) ≡ 1( mod 9 ) (0,5đ) 3.672 = 2011 2016 ⇒ 2011 .n ≡ n ( mod 9 ) (0,5đ) Số 20112011…2011 có 2016 số 2011 ghép thành , nên tổng các chữ số bằng ( 2+0+1+1).2016=8064 chia hết cho 9 (0,5đ) 2 Suy ra a ≡ n + n ( mod 9 ) . Khi chia n cho 9, ta có số dư r ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6;7;8} (0,5đ) 2016 Ta thấy với r = 1, r = 2, r = 3, r = 4, r = 5, r = 6, r = 7 thì số dư khi chia 9 lần lượt là 2; 6; 3; 2; 3; 6; 2 nên ( n 2 + n ) # 9 ⇒a # 9 ( n 2 + n ) cho (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) Với r = 0 thì ( n + n ) # 9 (0,5đ) Với r = 8 thì ( n + n ) # 9 Vậy các số cần tìm là n = 9k và n = 9k + 8, k ∈ N . (0,5đ) (1,0đ) 2 2 Câu 2 (7 điểm): x 2 − (2cos α − 1) x + 6cos 2 α − cosα − 1 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi Δ ≥ 0 ⇔ (2 cos α − 1) 2 − 4(6 cos 2 α − cos α − 1) ≥ 0 (1,0đ) 1 1 ⇔ −20 cos 2 α + 5 ≥ 0 ⇔ − ≤ cosα ≤ 2 2 2π ⎡π ⎢ 3 + k 2π ≤ α ≤ 3 + k 2π , k ∈ Z (2) ⇔⎢ ⎢ 4π + k 2π ≤ α ≤ 5π + k 2π ⎢⎣ 3 3 (1,0đ) (1,0đ) b) Ta có: A = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 ⎧ x1 + x2 = 2 cos α − 1 Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: ⎨ 2 ⎩ x1.x2 = 6 cos α − cosα − 1 Vậy A = (2 cos α − 1) 2 − 2(6 cos 2 α − cosα − 1) = −8cos 2 α − 2 cos α + 3 1 (1,0đ) Bảng A – Ngày 2 1 2 Đặt t = cos α , − ≤ t ≤ 1 thì A = −8t 2 − 2t + 3 . 2 Xét hàm số f (t ) = −8t 2 − 2t + 3 , ta có f ′(t ) = −16t − 2; f ′(t ) = 0 ⇔ t = − 1 8 (1,0đ) BBT t − f ′(t ) 1 2 − + 1 8 0 1 2 - (1,0đ) 25 8 f (t ) 2 0 Dựa vào BBT ta có: 1 25 1 1 max A = max f (t ) = f (− ) = ; t = − ⇔ cos α = − = −cosβ ⎡ 1 1⎤ 8 8 8 8 ⎢− ; ⎥ ⎣ 2 2⎦ 1 1 1 π min A = min f (t ) = f ( ) = 0; t = ⇔ cos α = ⇔ α = ± + k 2π ⎡ 1 1⎤ 2 2 2 3 ⎢− ; ⎥ (1,0đ) ⎣ 2 2⎦ Câu 3 (7 điểm): Từ giả thiết suy ra AB=BD và ED=EA. Đường thẳng BE là trục đối xứng của hai điểm A và D. (1,0đ) Theo giả thiết, ta cũng có các tam giác BCD và AEF là các tam giác đều được dựng trên BD và AE về phía ngoài tứ giác lồi ABDE. C Gọi C’ đối xứng với C và F’ đối xứng với F qua BE. Các tam giác ABC’ và DEF’ đều. (1,0đ) B Các điểm C’ và G nằm khác phía với AB, H C' và F’ khác phía với DE. D H Các tứ giác AGBC’ và DF’EH nội tiếp. (1,0đ) G Mặt khác, ta lại có: A GA+GB=GC’, HE+HD=HF’. (Xem chứng minh ở dưới) E Vì vậy: GA+GB+GH+HE+HD= F (1,0đ) =C’G+GH+HF’ ≥ C’F’ Mà C’F’=ĐBE(CF) nên C’F’=CF C' Từ đó, ta có: (1,0đ) AG+GB+GH+DH+HE ≥ CF Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi G và H nằm trên đoạn C’F’. (1,0đ) Bổ đề: Lấy M trên cạnh GC’ sao cho AG=GM. M Ta có: Δ AMC’= Δ AGB (c.g.c) => GB=C’M B Do đó: GA+GB=GM+C’M=GC’. A (1,0đ) Tương tự, ta cũng chứng minh được HE+HD=HF’. G HẾT 2 Bảng A – Ngày 2 F' Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: a + b + c = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . Bài 2: (5 điểm) 2 4 Cho dãy số ( vn ) thỏa v1 = − , v2 = − , 5 3 vn+1.vn + 2vn+2.vn+1 − 3vn+2.vn = vn+2 − 3vn+ 1 + 2vn , vn ≠ −1 ; Tìm vn. ( n ≥ 1) Bài 3: (5 điểm) Cho tập hợp M = {1; 2;3;...; 2011} . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 5 và 11? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG AI = α AB, AF = β AC , AK = γ AD. Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 1 1 1 hàng là: = + (biết rằng α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ). β α γ --- HẾT --- SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Gồm 02 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 Ta có ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) 4 4 4 2 2 (1,0đ) 2 2 ⇔ a + 2a + b + 2b + c + 2 c ≥ (a + b + c ) ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 3 a 4 .a.a = 3a2 (0,5đ) Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; (1,0đ) Vậy c4 + 2c ≥ 3c2 a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) vn+1.vn +2vn+2.vn+1 -3vn+2.vn = vn+2 -3vn+ 1 + 2vn ⇔ vn +1.vn + vn + vn +1 + 1 = 3vn + 2 .vn + 3vn + 2 + 3vn + 3 −2(vn + 2 .vn +1 + vn + 2 + vn +1 + 1) (1,0đ) ⇔ (vn +1 + 1)(vn + 1) = 3(vn+ 2 + 1)(vn + 1) − 2(vn + 2 + 1)(vn +1 + 1) ⇔ 1 vn + 2 + 1 Đặt un = = 3 2 vn +1 + 1 vn + 1 − (do vn ≠ −1, ∀n ) (1,0đ) 1 ta được un + 2 = 3un +1 − 2un vn + 1 (1,0đ) ⎡x = 1 Xét phương trình đặc trưng x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⎣ x2 = 2 un = a + b.2n với u1 = 3 , u 2 = 5 ta được : ⎧a + 2b = 3 ⎧a = 1 ⇔ ⎨ ⎨ ⎩a + 4b = 5 ⎩b = 1 (1,0đ) 1 Bảng A-Ngày 1 un = 1 + 2 n 1 ⇒ vn = −1 1 + 2n (1,0đ) Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 2. Gọi B là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 5. Gọi C là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 11. Ta cần tính A ∪ B ∪ C Áp dụng công thức: (1,0đ) A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − B ∩C − A∩C + A∩ B ∩C (1,0đ) Theo giả thiết ta có: ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ A =⎢ = 1005 , B = ⎢ = 402 , C = ⎢ = 182 , A ∩ B = ⎢ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ = 201 , ⎣ 2 ⎦ ⎣ 5 ⎦ ⎣ 11 ⎦ ⎣ 10 ⎦ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ B ∩C = ⎢ = 36 , A ∩ C = ⎢ = 91 , A ∩ B ∩ C = ⎢ (2,0đ) ⎥ ⎥ ⎥ = 18 , ⎣ 55 ⎦ ⎣ 22 ⎦ ⎣ 110 ⎦ Trong đó [x ] là phần nguyên của số thực x. Do đó: A ∪ B ∪ C = 1005 + 402 + 182 − 201 − 36 − 91 + 18 = 1279 Vậy số các số cần tìm là 1279 (1,0đ) Bài 4: (5 điểm) * Ta có: JJG JJG JJJG KI = AI − AK JJJG JJJG = α AB − γ AD JJJG JJJG JJJG KF = AF − AK JJJG JJJG = β AC − γ AD JJJG JJJG JJJG Mà : AC = AB + AD JJJG JJJG JJJG ⇒ KF = β AB + ( β − γ ) AD (1,0đ) (0,5đ) (0,5đ) * Điều kiệnJJG cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: JJJG KF = k KI JJJG JJJG JJJG JJJG ⇔ β A B + (β − γ ) A D = kα A B − k γ A D JJJG JJJG G ⇔ (β − kα ) A B + (β − γ + k γ ) A D = 0 JJJG JJJG * Vì AB, AD không cùng phương nên: JJJG JJJG G ( β − kα ) AB + ( β − γ + kγ ) AD = 0 ⎧ β − kα = 0 ⇔⎨ ⎩ β − γ + kγ = 0 ⇔ ⇔ β γ −β = α γ 1 α + 1 γ = (1,0đ) (0,5đ) (1,0đ) ( do α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ) 1 (0,5đ) β ---Hết--2 Bảng A-Ngày 1 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU CHÍNH THỨC (Gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG B) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (6 điểm): Chứng minh rằng A = ( 262012 + 232012 − 42012 − 1)# 594 . Câu 2 (7 điểm): Cho phương trình: x2 − (2cosα − 1) x + 6cos2 α − cosα − 1 = 0 (1) . a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 . Câu 3 (7 điểm): Trên các cạnh BC và CD của hình vuông ABCD lấy các điểm M và K tương n = MAK n . Chứng minh rằng BM + KD = AK. ứng sao cho BAM ---Hết--- SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (BẢNG B) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 02 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (6 điểm): A = ( 262012 + 232012 − 42012 − 1)# 594 Ta có ( 262012 − 1)# ( 26 + 1) ( 0,5đ ) ⇒ ( 262012 − 1)# 27 ( 0,5đ ) và ( 232012 − 42012 )# ( 23 + 4 ) ( 0,5đ ) ⇒ ( 232012 − 42012 )# 27 ( 0,5đ ) nên A# 27 ( 0,5đ ) Mặt khác ( 262012 − 42012 )# ( 26 − 4 ) ( 0,5đ ) ⇒ ( 262012 − 42012 )# 22 ( 0,5đ ) và ( 232012 − 1)# ( 23 − 1) ( 0,5đ ) ⇒ ( 232012 − 1)# 22 ( 0,5đ ) Do đó A# 22 Mà ( 27, 22 ) = 1 ( 0,5đ ) ( 0,5đ ) nên A# ( 27.22 ) hay A# 594 ( 0,5đ ) Câu 2 (7 điểm): x 2 − (2cos α − 1) x + 6cos 2 α − cosα − 1 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi Δ ≥ 0 ⇔ (2 cos α − 1) 2 − 4(6 cos 2 α − cos α − 1) ≥ 0 (1,0đ) 1 1 ⇔ −20 cos 2 α + 5 ≥ 0 ⇔ − ≤ cosα ≤ 2 2 2π ⎡π ⎢ 3 + k 2π ≤ α ≤ 3 + k 2π , k ∈ Z (2) ⇔⎢ ⎢ 4π + k 2π ≤ α ≤ 5π + k 2π ⎢⎣ 3 3 (1,0đ) (1,0đ) b) Ta có: A = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1.x2 ⎧ x1 + x2 = 2 cos α − 1 Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: ⎨ 2 ⎩ x1.x2 = 6 cos α − cosα − 1 Vậy A = (2 cos α − 1)2 − 2(6 cos 2 α − cosα − 1) = −8cos 2 α − 2 cos α + 3 1 (1,0đ) Bảng B – Ngày 2 1 2 Đặt t = cos α , − ≤ t ≤ 1 thì A = −8t 2 − 2t + 3 . 2 Xét hàm số f (t ) = −8t 2 − 2t + 3 , ta có f ′(t ) = −16t − 2; f ′(t ) = 0 ⇔ t = − 1 8 (1,0đ) BBT t − f ′(t ) 1 2 − + 1 8 1 2 0 - (1,0đ) 25 8 f (t ) 2 0 Dựa vào BBT ta có: 1 25 1 1 max A = max f (t ) = f (− ) = ; t = − ⇔ cos α = − = −cosβ ⎡ 1 1⎤ 8 8 8 8 ⎢− ; ⎥ ⎣ 2 2⎦ 1 1 1 π min A = min f (t ) = f ( ) = 0; t = ⇔ cos α = ⇔ α = ± + k 2π ⎡ 1 1⎤ 2 2 2 3 ⎢− ; ⎥ (1,0đ) ⎣ 2 2⎦ A D' Câu 3 (7 điểm): B M K' C' D M' K C Xét phép quay Q( A,−90 ) : A 6 A (0,5đ) B6 D C 6 C’ D 6 D’ M 6 M’ ∈ DC’ K 6 K’ ∈ C’D’ n = DM n 'A Theo tính chất phép quay ta có: BMA n n n n n Vì MAK = MAB = M ' AD nên MAD = M ' AK . n n = BMA n = DM n ' AK = MAD 'A Do đó: M Tức là: ΔAKM ' cân tại K. Từ đó: KM’=KD+DM’=KD+BM. (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (1,0đ) (1,0đ) (0,5đ) (1,0đ) 0 ---Hết--- 2 Bảng B – Ngày 2 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG B) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: a + b + c = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . Bài 2: (5 điểm) Cho dãy số ( un ) thỏa u1 = 3 , u2 = 5 , un+ 2 = 3un +1 − 2un (n ≥ 1). Chứng minh rằng: u2011 ≡ 3 ( mod 2011) . Bài 3: (5 điểm) Trong một kỳ thi học sinh giỏi Toán đề thi gồm có ba câu. Biết rằng mỗi thí sinh làm được ít nhất một câu, có 25 thí sinh làm được câu thứ nhất, có 20 thí sinh làm được câu thứ hai, có 14 thí sinh làm được câu ba, có 12 thí sinh làm được câu thứ nhất và thứ hai, có 10 thí sinh làm được câu thứ hai và thứ ba, có 7 thí sinh làm được câu thứ nhất và thứ ba, và có 1 thí sinh đạt điểm tối đa vì giải được cả ba bài. Hỏi có bao nhiêu thí sinh dự thi? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG AI = α AB, AF = β AC , AK = γ AD. Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 1 1 1 hàng là: = + (biết rằng α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ). β α γ --- HẾT --- SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (BẢNG B) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Gồm 02 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 Ta có ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) 4 4 4 2 2 (1,0đ) 2 2 ⇔ a + 2a + b + 2b + c + 2 c ≥ (a + b + c ) ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 3 a 4 .a.a = 3a2 (0,5đ) Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; (1,0đ) Vậy c4 + 2c ≥ 3c2 a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) ⎡x = 1 Xét phương trình đặc trưng x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 2 n un = a + b.2 với u1 = 3 , u 2 = 5 ta được : ⎧a + 2b = 3 ⎧a = 1 ⇔ ⎨ ⎨ ⎩a + 4b = 5 ⎩b = 1 n un = 1 + 2 u2011 = 1 + 2 2011 ≡ 3(mod2011) (theo định lý Fecrmat) Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ nhất. Gọi B là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ hai. Gọi C là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ ba. Ta cần tính A ∪ B ∪ C Áp dụng công thức: A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − B ∩C − A∩C + A∩ B ∩C (2,0đ) (1,0đ) (2,0đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (1,0đ) Theo giả thiết ta có: A = 25 , B = 20 , C = 14 , A ∩ B = 12 , B ∩ C = 10 , A ∩ C = 7 , A ∩ B ∩ C = 1. (1,5đ) Do đó A ∪ B ∪ C = 25 + 20 + 14 − 12 − 10 − 7 + 1 = 31 Vậy số thí sinh dự thi là 31. 1 (1,0đ) Bảng B-Ngày 1 Bài 4: (5 điểm) * Ta có: JJG JJG JJJG KI = AI − AK JJJG JJJG = α AB − γ AD JJJG JJJG JJJG KF = AF − AK JJJG JJJG = β AC − γ AD JJJG JJJG JJJG Mà : AC = AB + AD JJJG JJJG JJJG ⇒ KF = β AB + ( β − γ ) AD (1,0đ) (0,5đ) (0,5đ) * Điều kiệnJJG cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: JJJG KF = k KI JJJG JJJG JJJG JJJG ⇔ β A B + (β − γ ) A D = kα A B − k γ A D JJJG JJJG G ⇔ (β − kα ) A B + (β − γ + k γ ) A D = 0 JJJG JJJG * Vì AB, AD không cùng phương nên: JJJG JJJG G ( β − kα ) AB + ( β − γ + kγ ) AD = 0 ⎧ β − kα = 0 ⇔⎨ ⎩ β − γ + kγ = 0 ⇔ ⇔ β γ −β = α γ 1 α + 1 γ = (1,0đ ) (0,5đ) (1,0đ) ( do α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ) 1 (0,5đ) β ---Hết--- 2 Bảng B-Ngày 1   ✁ S ✁ GD- T HÒA BÌNH ✂ THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 12 THPT, N M H C 2011-2012 Môn: Toán. Ngày thi: 22/12/2012 (Thêi gian lµm bµi 180' kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ☎ ☎ ✆ ✠ ✁ ✂ ✝ ✞ ✟ CHÍNH TH C ✄ ☎ Câu 1 (4 điểm). Cho hàm s : y = 2 x + 1 (C) x −2 ✡ 1. Vi t ph ng trình ti p tuy n c a th ng y = −5x + 10 . ☛ ☞ ✌ ☛ ☛ ✍ ✎ th (C), bi t ti p tuy n song song v i ✏ ✑ ☛ ☛ ☛ ✒ ✎ ☞ ng ✓ ✔ 2. Tìm t t c các giá tr c a m phân bi t A, B sao cho o n AB có Câu 2( 6 điểm). ✕ ✖ ✑ ✚ ✎ ✍ ✎ ✗ ✎ ✛ 1. Tìm nghi m x ∈ [0; 2π ] c a ph 2. Gi i ph ✖ ☞ ✍ ✓ ✔ ✘ ☞ ✌ ✕ ☞ ✌ ✎ th t i hai i m ✏ ✑ ✙ ✎ ✗ 2 ng trình 9sin x = 27.31 − 5cos x ng trình: 2 x + 10 = 5 x + 10 − x − 2 ✌ 3. Gi i b t ph ✖ ☞ ✜ ✙ ✚ ng th ng y = m( x − 2) + 2 c t dài b ng 40 . ✎ ) ( 2 ng trình: log 3π log 2 x + 2x − x  ≤ 0   11 Câu 3( 2 điểm). Gi i h ph ✖ ✚ ☞ ng trình: ✌ 3 5 − log 3 y = 5 − log 5 x  3 log 5 x − 1 = log 3 y − 1 Câu 4 (3 điểm). Trong m t ph ng v i h t a Oxy cho ng tròn (C) x 2 + y 2 + 2 x − 6 y + 2 = 0 và ng th ng d: x + y − 2 = 0 . Tìm các nh c a hình vuông ABCD n i ti p ng tròn (C) bi t nh d ng. A thu c d và có hoành ng ABC.A’B’C’có áy là tam giác u c nh a , kho ng Câu 5 (3điểm). Cho hình l ng tr ✢ ✔ ✒ ✚ ✣ ✎ ✔ ✎ ✛ ✎ ✛ ☞ ✛ ✎ ✤ ☞ ✓ ✎ ✍ ✛ ☛ ✎ ☞ ✓ ☛ ☞ ✓ ✎ ✤ ✌ ✥ ✦ ✎ ✧ ✎ ✎ ✜ ✩ cách t tâm c a tam giác ABC ✍ ✎ ☛ n m t ph ng (A’BC) b ng ✢ ✔ ★ ✙ ✖ a . 6 ✩ a. Tính kho ng cách t A n m t ph ng (A’BC). b. Tính th tích c a kh i l ng tr . Câu 6 (2điểm). Cho hai s không âm x, y th a mãn i u ki n: x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a bi u th c F = ( x + y)3 − ( x 2 + y 2 ) . ✖ ✎ ✗ ✍ ✡ ☛ ✢ ✥ ✔ ✦ ✡ ✑ ✒ ✕ ✪ ✪ ✕ ✍ ✗ ✎ ★ ✚ ✧ ✫ -----------------------H T-----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm H và tên thí sinh:....................................................S báo danh: ...................................... H và tên giám th ...................................................Ch kí................................................. ✣ ✣ ✡ ✑ ✬ ✟ Ư H NG D N CH M MÔN TOÁN ✁ ✝ ✄ Câu ✂ Ý ✁ N i dung Câu 1 1 nh c a hàm s : D = \ {2} ☎ T p xác ✎ ✑ ✍ ✡ Ta có y ' = −5 ( x − 2) 2 Hoành ti p i m là nghi m c a ph ✎ ✛ ☛ ✎ ✗ ✚ ✍ ☞ ✌ −5 = −5 ( x − 2) 2 ng trình 0, 5 x = 3 ⇔ ( x − 2) 2 = 1 ⇔  x = 1 + x = 3 ⇒ y = 7 ph ng trình ti p tuy n là: y = −5 x + 22 . ☞ + x = 1 ⇒ y = −3 ph 2 ☞ ✌ ☞ ☛ ✓ 0, 5 0, 5 0, 5 ☛ ng trình ti p tuy n là: y = −5 x + 2 . ✌ ☛ ☛ ng th ng y = m( x − 2) + 2 c t ✆ i m 4,0 ✔ ✘ ✎ th (C) t i hai i m phân bi t A, B ✏ ✑ ✙ ✎ ✗ ✚ 2x + 1 = m( x − 2) + 2 có hai nghi m phân bi t x −2 ⇔ mx 2 − 4mx + 4m − 5 = 0 (*) có hai nghi m phân bi t khác 2 khi và ch khi ✤ ✚ ✚ ✚ 0,5 ✚ m ≠ 0  ⇔  ∆ ' = 4m 2 − m(4m − 5) > 0 ⇔ m > 0  4m − 8m + 4m − 5 ≠ 0  0,5 Gi s A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) trong ó x1 , x2 là hai nghi m c a (*). Khi ó y1 = mx1 − 2m + 2; y2 = mx2 − 2m + 2 Ta có ✝ ✖ ✎ ✚ ✍ ✎ AB 2 = ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 ) 2 = ( x2 − x1 ) 2 (m 2 + 1) = ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2  (m2 + 1) 4(4m − 5)  2 20(m 2 + 1)  , theo gi thi t ta có ph = 16 −  (m + 1) = m m  m ≠ 0 20(m2 + 1) = 40 ⇔  2 ⇔ m =1 m  m − 2m + 1 = 0 ✖ ☛ ☞ ✌ ng trình : 0,5 0,5 V y v i m = 1 thì AB = 40 . ☎ ✒ Câu 2 6.0 1 Ph ☞ ✌ ng trình ã cho t ✎ ☞ 4 −5cos x =3 ✌ ng ✎ ☞ ✌ ng v i ✒ ⇔ 2 sin x = 4 − 5 cos x cosx=2 (L) π 2 ⇔ x = ± + k2π ⇔ 2cos x − 5cosx + 2 = 0 ⇔  1 cosx= 3 2  2sin 2 x 3 Ta có ph π ☞ ✌ ng trình ã cho có nghi m x ∈ [0; 2π ] là x = ; x = ✎ 0,5 2 ✚ 3 1,0 5π . 3 0,5 k x≥2 Ph ng trình ã cho t ✆ 2 ☞ ✌ ✎ ☞ ✌ ng ✎ ☞ ✌ ng v i ✒ 2 x + 10 + x − 2 = 5 x + 10 ⇔ 2 x 2 + 6 x − 20 = x + 1 (*) 1,0 Vì x ≥ 2 nên  x = −7 ( L) (*) ⇔ x 2 + 4x − 21 = 0 ⇔  x = 3 V y nghi m c a ph ng trình là: x = 3 . Ph ng trình ã cho t ng ng v i ☎ ✚ 3 ☞ ✍ ✌ ☞ ✎ 1,0 ✌ ☞ ✌ ✎ ☞ ✌ ✒ 2x − x ≥ 0   1 x≥  x + 2x 2 − x > 0 2   2   2x − x ≥ 0  ⇔  x ≤ 0 log x + 2x 2 − x > 0 ⇔  2  2   x + 2x − x ≥ 2   2x 2 − x ≥ 2 − x 2  log 2 x + 2x − x ≥ 1  x ≥ 2 x ≥ 2    1 ≤ x < 2  1 ≤ x < 2  x ≤ −4 ⇔    2 ⇔    2 ⇔  x ≤ 0  x ≤ 0 x ≥ 1     2x 2 − x ≥ (2 − x) 2   x 2 + 3 x − 4 ≥ 0   2 ) ) ( ( Câu 3 1,0 1,0 2,0 a = 5 − log 3 y log 3 y = 5 − a 2 (a, b ≥ 0) ⇒  t  2 ✆ ✢ log 5 x = b + 1 b = log 5 x − 1 H ✚ ã cho tr thành ✎   3a = 4 − b 2  2 3b = 4 − a ✩ Tr v v i v ta ☛ ✒ ☛ ✎ ☞ ✁ c ph ☞ ✌ 0,5 ng trình: (a − b)(a + b − 3) = 0 a = b ⇔ a = 3 − b 0,5 b = 1 b = −4 ( L) + V i a = b Ta có b2 + 3b − 4 = 0 ⇒  ✒ Tìm c nghi m ( x; y ) = (25;81) . + V i a = 3 − b Ta có b2 − 3b + 5 = 0 vô nghi m. ✎ ✒ Câu 4 ☞ ✁ 0,5 ✚ ✚ 0,5 3.0 + ng tròn ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 8 có tâm I (−1;3) bán kính R = 2 2 + A thu c d nên A( x; 2 − x) . + Ta có IA2 = 8 ⇒ ( x + 1)2 + (1 + x) 2 = 8 ✆ ☞ ✓ 0,5 ✛ ⇒ ( x + 1) 2 = 4 0,5 x = 1 ⇔  x = −3 ( L) V y A(1;1) ⇒ C (−3;5) . ☎ 0,5 ng th ng BD i qua I (−1;3) vuông góc v i IA nên nh n uur r IA = (2; −2) // u (1; −1) làm véc t pháp tuy n có ph ng trình: x− y+4 = 0. + T a giao i m D, C th a mãn ph ng trình: ✆ + ☎ ☞ ✓ ✔ ✎ ✒ ✌ ✣ ✎ ✛ ✎ ✗ ☛ ✪ ☞ ☞ 0,5 ✌ ✌ x = 1 ( x + 1)2 + ( x + 1)2 = 8 ⇔ ( x + 1)2 = 4 ⇔   x = −3 0,5 + x =1⇒ y = 5 + x = −3 ⇒ y = 1 V y C (1;5) ⇒ D(−3;1) ho c C (−3;1) ⇒ D (1;5) . 0,5 ☎ ✢ Câu 5 3,0 C' A' B' H' H C A O I B a Xác ✎ ✑ nh kho ng cách và tính ✖ a (A’BC) là AH’ = . 2 ✩ ✎ ☞ ✁ c kho ng cách t A ✖ ✎ ☛ n m t ph ng ✢ ✔ 1,5 b + Tính ✎ ☞ + Tính Cách 1: ✎ a2 3 4 c S ∆ABC = ✁ ☞ 0,5 ng cao AA’ ✓ 1 1 1 1 4 4 = 2+ ⇒ = 2− 2 2 2 2 AH ' AI AA ' AA ' a 3a ⇒ AA ' = a 6 4 0,5 Cách 2: ( Phương pháp thể tích ) G i AA ' = h ✣ 2 h a 3 (1) VA '. ABC = . 3 4 1 1 a BC. A ' I VA. A ' BC = AH ' S ∆A ' BC = 3 32 2 = ( Do ∆A ' BC cân t i A’) ✙ 1 2 2 3a 2 a h + 12 4 (2) ✩ T (1) và (2) ta có: h a 2 3 1 2 2 3a 2 . = a h + 3 4 12 4 a 6 4 3a 3 2 = S ∆ABC .AA ' = 16 ⇒h= + VABC . A ' B 'C ' 0,5 2,0 Câu 6 S = x + y ( S , P ≥ 0)  P = xy i u ki n S 2 ≥ 4 P 0,5 Theo gi thi t ta có S 2 − P = 3 ⇒ P = S 2 − 3 . Tìm c i u ki n S ∈  3; 2  0,5 ✆ ✢ t ✖ ✎ ☞ ✁ ✎ ★ ✚ ☛ ✎ ★ ✚ Xét F = S 3 − ( S 2 − 2 P) v i S ∈  3; 2  F ' = 3S2 + 2S > 0 v i S ∈  3; 2  = S3 + S2 − 6 Ta có: ✒ 0,5 ✒ + Fmin = F ( 3) = 3 3 − 3 khi S = 3 ⇒ P = 0 ⇒ ( x; y ) = ( 3; 0), (0; 3). + Fmax = F (2) = 6 khi S = 2 ⇒ P = 1 ⇒ ( x; y ) = (1;1). ✞ M i l i gi i úng   ✁ ✂ ✄ ✄ ☎ u ✄ c xem xét và cho i m t −−−−−H T −−−−− ✆ ✝ ✄ ✫ ✆ ơ ng ng. ✠ 0,5   S K THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 12 THPT. N M H C 2009 - 2010 GD& T HOÀ BÌNH ✁ ☛ ☞ ☞ ✌ ✏ ✂ ✄ ☎ ✆ ✝ ✞ ✆ ✟ ✠ ✆ ☎ ✆ ✡ ✑ ✍ ✎ ☞ Môn: TOÁN Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao Ngày thi: 23/12/2009 ✞ ✓ ✒ ✕ ✖ ✔ ✘ ) ✗ Câu 1 (5 i m). 1. Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a hàm s ✛ ✛ ✚ ✩ ✦ ✤ x2 + 2 x − 3 + m2 . Tìm m x −1 y= ✤ i m c c ti u và g c to ✦ ✚ ✢ 2. Cho hàm s ✥ f ( x ) = x3 − 3 x 2 − 9 x + 1 v i x ∈ [ 0; 4] . ✣ ✜ ✙ ✪ ✥ ✫ ✥ ✦ ✥ ✧ th hàm s có các i m c c ★ ✤ ✥ ✦ ✩ ✥ ✪ i, O l p thành tam giác vuông t i O. ✬ ✪ ✘ ✗ Câu 2 (6 i m). ✭ 1. Gi i ph ✭ 2. Gi i ph ✭ ng trình. x 2 + 9 x + 20 = 2 3 x + 10 ơ ư π ng trình 4 sin( x − ) cos x = 3 − 1 . 6 ơ ư ✰ 3. Gi i h ph 2 2  x + 2 y − 3xy + x − y = 0 ng trình  2 2  x − 3 y + 4 y − 1 = 0 ơ ư ✘ Câu 3 (4 i m). Cho hình chóp S.ABC có góc gi a m t ph ng (SBC) và (ABC) b ng 600. Tam ✗ ✱ ✵ giác ABC và SBC là các tam giác ✵ 1. Tính ✸ ✶ ✲ ✳ ✴ u c nh a. ✷ dài SA theo a ✵ ✻ 2. Tính kho ng cách t B ✹ ✺ n m t ph ng (SAC) ✲ ✳ ✘ ✗ Câu 4 (2 i m). Tìm tâm c a ✼ ✥ ư ✾ ng tròn i qua hai i m A ( 2;5 ) và B ( 4;1) và ti p xúc v i ✥ ✥ ✦ ✿ ❀ ✥ ư ✾ ng th ng ❁ ∆ : 3x − y + 9 = 0 ✘ ✗ Câu 5 (4 i m). ✭ 1. Gi i ph ơ ư ng trình: An3 − 8Cn2 + C1n = 49 . a < a2 < a3 < a4 2,Có bao nhiêu s t nhiên có 7 ch s khác nhau d ng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 sao cho.  1 . a > a > a > a 5 6 7  4 ✣ ✣ ❄ ❂ ❃ Câu 6 (1®iÓm ) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph−¬ng tr×nh m ( ) x2 − 2x + 2 + 1 − x2 + 2x = 0 cã nghiÖm x ∈ 0;1 + 3  . ❅ --------------H t-----------H và tên thí sinh: .................................................................................................................. S báo danh: .........................................................Phòng thi: ................................................ Giám th 1 Giám th 2 ❆ ✣ ❇ ❇ ✆ H NG D N CH M THI H C SINH GI I C P T NH MÔN TOÁN - L P 12 THPT. N M H C 2009 - 2010  ✁ ✂ ✄ ☎ ✄ ✁ ✞ ✝ ☎ ✡ ✟ Câu N i dung ý 1 f ' ( x ) = 3x ✠  x = −1 f ' ( x) = 0 ⇔  , f ( 0 ) = 1; f ( 3) = −26; f ( 4 ) = −19 x = 3 1 ☛ ☞ ✍ ✌ ✑ ✒ ✎ ✍ ☞ f ( x ) trên o n [ 0; 4] là f ( 3) = −26 ✏ ✑ ✓ V y giá tr nh nh t c a hàm s ☛ ✑ T p xác ✔ ✕ ✖ m2 nh : D = R \ {1} , y ' = 1 − ☞ ✑ i u ki n ✏ ✗ ✑ hàm s có c c ( x − 1)2 ng trình ( x − 1)2 = m2 (1) ✗ i c c ti u là ph ✒ ơ ✘ 1 ✒ ✎ 2 1 f ( x ) trên o n [ 0; 4] là f ( 0 ) = 1 ✏ V y giá tr l n nh t c a hàm s ☛ i m − 6x − 9 2 ✘ ư có hai nghi m khác 1 ⇔ m ≠ 0 . ✖ x = m +1 x = 1− m ng trình (1) ⇔  ✑ Khi ó ph ơ ư 1 th hàm s có hai i m c c tr là A (1 + m; 4 + 2m ) ; B (1 − m; 4 − 2m ) ✛ ✔ ✏ ☞ ✑ ✗ ☞ ✘ uuuruuur 85 ∆OAB vuông t i O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 5m 2 = 17 ⇔ m = ± ( tho mãn K). 5 ✜ ✒ 2 1 ✔ 1 t t = 3 x + 10 , i u ki n t ≥ 0 ✔ ✢ ✕ ✑ ⇒x= ✖ t 2 − 10 khi ó thay vào ph ng trình ta 3 ✑ ✑ ơ ✣ ư t 4 + 7t 2 − 18t + 10 = 0 ( ư c. 1 ) ⇔ ( t − 1) t + 2t + 10 = 0 ⇔ t = 1 2 ✌ V i t=1 ta có Vi t l i pt: ✤ 2 2 3x + 10 = 1 , V y nghi m c a ph ng trình (1) là x = -3 ☛ ✖ ơ ✎ ư   π π 3  π   2 sin  2 x −  + sin  −   = 3 − 1 ⇔ sin  2 x −  = 6 6 2   6    π   x = 4 + kπ ⇔  x = 5π + kπ  12 3 1 ✒ 1 (k ∈ Z) 1  x 2 + 2 y 2 − 3 xy + x − y = 0 (1) Gi i h  2 2  x − 3 y + 4 y − 1 = 0 ( 2 ) ✜ ✖ (1) ⇔ ( x − y )( x − 2 y + 1) = 0 ⇔ x = y   x = 2 y −1 1 V i x = y thay vào ph ✌ ✑ ng trình (2) ta ơ ư ✌ V i x = 2y-1 thay vào ph ☛ ✖ ✣ ư ng trình (2) ta ư 1 7  y=  c: 8 y − 7 y = 0 ⇔ 8  y = 0 2 ✑ ơ ✤  3 + 29 x = 10 c 5 x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔   3 − 29 x = 10  ✣ ư ✖ K t lu n h có 4 nghi m là: 3 7   3 + 29 3 + 29   3 − 29 3 − 29  ;  ; ;   10   10 10   4 8   10 ( −1; 0 )  3 ng tròn (C) c n tìm có tâm I ( a; b ) . ✂ 1 ✜ Gi s ✑ ✁ ư   T gi thi t : IA = IB ⇔ a = 2b − 3 (1) ✤ ✜ 1 ✄ Do (C) ti p xúc v i ∆ ta có : d ( I , ∆ ) = IA ✤ ✌ 3a − b + 9 ⇔ ( a − 2 )2 + ( b − 5 )2 (2) = 10 ✤ b = 2 c b 2 − 12b + 20 = 0 ⇔  ✑ Th ( 1) vào (2) ta ✣ b = 10 ư V i b = 2 ⇒ a = 1 ⇒ I (1; 2 ) ✌ V i b = 10 ⇒ a = 17 ⇒ I (17;10 ) , KL : ........ ✌ 2 ✑ 1 ✗ a, G i K là trung i m c a BC S ✎ ☎ ✆ Ch ra AK = 1 c góc AKS = 600 , ✑ ✣ ư a 3 2 1 c ∆AKS ✑ Ch ng minh ✝ b, S ∆SAK = ✑ ✣ ư ✕ u nên SA = a 3 2 A 3a 2 3 16 K 1 a3 3 VSABC = 2. BK .S ∆SAK = 3 16 S ∆SAC = 4 1 ✜ B a 2 39 3VSABC 3a = 16 , V y d ( B, ( SAC ) ) = S 13 ∆SAC ☛ ơ ư n ∈ Z n ≥ 3 1 ng trình : An3 − 8Cn2 + Cn1 = 49 (1), i u ki n  ✔ Gi i ph C ✕ ✖ (1) ⇔ n − 7 n + 7 n − 49 = 0 ⇔ n = 7 , K t lu n n = 7 3 2 ✤ ☛ 2 2 1 ☛ 6 ✑ T p xác x 2 − 2 x + 2 , Do x ∈ 0;1 + 3  ⇒ t ∈ [1; 2] . tt= ✔ ✢ ✤ ✑ ✂ ✑ Khi ó th vào ph ✑ ng trình ban ơ ư u ta ✣ ư c: t −2 v i t ∈ [1; 2] (*) t +1 2 m= ✌ t 2 + 2t + 2 t2 − 2 trên [1; 2] có f ' ( t ) = t +1 (t + 1)2 f (t ) = ✏ Xét hàm s 1 2  1 2 ó ph ng trình (*) có nghi m khi m ∈  − ;   2 3 ✏ ng bi n trên [1; 2] , f (1) = − ; f ( 2 ) = ✛ ✑ ✤ Hàm s luôn ✑ T 1 1 nh : D = R . ☞ ✖ ơ ư ✄ Câu 4 ý 2: ✁ Xét các tr ng h p sau; ✣ ư TH 1 : Ch n 7 ch s b t k không có ch s 0 có C97 cách. ✏ ✍ ✏ ✁ ☎     ✤ ✑ ✏ ✑ ☞ ó vào 7 v trí a1a2 a3a4 a5 a6 a7 Sau ó x p 7 ch s   ✤ ✍ ✌ Ví trí a4 có m t cách x p vì a4 l n nh t . ✂ Có C63 cách x p 3 v trí a1a2 a3 ✤ ☞ ✤ ✏ ☞ Còn 1 cách x p 3 ch s còn l i vào 3 v trí a5 a6 a7 ✒   V y có C97 .C63 s tho mãn yêu c u bài toán TH 1 ✏ ☛ ✂ ✜ ✏ ✍ ✏ TH 2 : Ch n 7 ch s b t k ph i có ch s 0 có C96 cách. ✜ ✁ ☎     ng t TH 1 : Có C96 .C53 s tho mãn yêu c u bài toán. ✏ T ơ ư ✂ ✜ ✘ V y có C97C63 + C96C53 = 1560 (s ) ☛ ✏ 2 3   S ✁ ✁ GD - T HÒA BÌNH ✂ THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 12 THPT, N M H C 2010-2011 Môn: Toán. Ngày thi: 23/12/2010 (Thêi gian lµm bµi 180' kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ☎ ☎ ✆ ✠ ✁ ✂ ✝ ✞ ✟ CHÍNH TH C ✄ ☎ Câu 1 (5 điểm). 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: y = sin 3 x − cos 2 x − 7 sin x + 2 . 2. Cho hàm số y = 2 x − 1 x −1 (C) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu 2 (6 điểm). π 1. Giải phương trình: 2sin 2 ( x − ) = 2sin 2 x – tan x . ( 2. Giải phương trình: 4 log 4 2 x ) 2 − log 1 x − 5 = 0 . 2 x + y + x + y = 6 3. Giải hệ phương trình:   3 2 2  x − 3x + y − 4 y + 5 = 0 Câu 3 (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Gọi G là trọng tâm của tam giác đó, biết BC và BG lần lượt có phương trình là: x − 2 y − 4 = 0 ; 7 x − 4 y − 8 = 0 ,và đường thẳng CG đi qua điểm E (−4;1) Viết phương trình đường cao AH. Câu 4 (2 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 + 2mx + 1 = 2 x − 2 Câu 5 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a . 1. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng ( SAC ) . 2. Tìm x theo a để thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a3 2 . 6 Câu 6 (1 điểm). Tính các góc của tam giác ABC biết: 2sin A sin B(1 − cos C ) = 1 −−−−−H T −−−−− ✡ Ư H Câu 1 (5 ) ✟ NG D N CH M MÔN TOÁN ✁ ✝ ✁ Ý N i dung 3 2 1 Ta có: y = sin x − (1 − 2sin x) − 7 sin x + 2 ✂ ☎ i m ✄ ⇒ y = sin 3 x + 2sin 2 x − 7 sin x + 1 Đặt t = sin x điều kiện t ≤ 1 0,5 Bài toán trở thành tìm GTLN-GTNN của hàm số y = t 3 + 2t 2 − 7t + 1 trên đoạn [ −1;1] 0,5 Ta có: y ' = 3t 2 + 4t − 7 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1;1] ⇒ max y = 9 khi t = −1 ⇒ sin x = −1 ⇒ x = − ⇒ min y = −3 khi t = 1 ⇒ sin x = 1 ⇒ x = π 2 π 2 0,5 0,5 + k 2π 0,5 + k 2π 2 Cách 1: Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại điểm M ( x0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA=4OB. Do ∆OAB vuông tại O nên tan A = số góc của d bằng 1 −1 hoặc 4 4 Hệ số góc của d tại M là y '( x0 ) = OB 1 = ⇒ Hệ OA 4 −1 −1 −1 < 0 ⇒ y '( x0 ) = = 2 2 ( x0 − 1) ( x0 − 1) 4 3   x0 = −1 ⇒ y (−1) = 2 ⇔  x = 3 ⇒ y (3) = 5  0 2 1,0 0,5 Khi đó có hai tiếp tuyến của (C) thỏa mãn bài toán là: 3 −1 ( x + 1) + x + 4y − 5 = 0 4 2 ⇔ −1 5  x + 4 y − 13 = 0 ( x − 3) + 4 2 Cách 2: Gọi tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) có dạng 2x −1 −1 (d) ( x − x0 ) + 0 y= 2 ( x0 − 1) x0 − 1  y =  y =  1,0 0,5 (d) cắt Ox tại A cho y=0 tìm x suy ra A(2 x02 − 2 x0 + 1;0)  (d) cắt Oy tại B cho x=0 tìm y suy ra B  0;  2x 02 − 2x 0 + 1   ( x0 − 1)2  1,0 x = 3 Từ đó ta có kết quả Theo giả thiết OA=4OB suy ra tìm được  0  x0 = −1 1,0 C©u 2 (6 ) 1 ĐK: x ≠ π 2 + kπ Ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng víi phương trình π sinx sinx 1 − cos(2 x − ) = 2sin 2 x − ⇔ 1 − sin 2 x = 2sin 2 x − 2 cosx cosx ⇔ (1 − sin 2 x )cosx = sin 2xsinx − sinx ⇔ (1 − sin 2 x )(cosx+sinx) = 0 π  x = + kπ  sin 2 x = 1 π π 4 ⇔ ⇔ ⇔ x= +k 4 2  tan x = −1  x = −π + kπ  4 ☎ 2 ĐK x > 0 Ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng víi 0,5 1,0 0,5 4 log 22 x + log 2 x − 5 = 0 0,5 x = 2 log 2 x = 1  ⇔ ⇔ x = 1 log 2 x = − 5  24 2 4  1,0 KL:...................... 3 0,5 t = 2 t = −3 Ph−¬ng tr×nh thứ nhất đặt t = x + y ≥ 0 ta được t 2 + t − 6 = 0 ⇔  1,0 ⇒ x + y = 2 ⇔ y = 4 − x thay vào ph−¬ng tr×nh thứ hai ta được phương trình: x3 − 2x2 − 4x + 5 = 0 ⇔ (x −1)(x2 − x − 5) = 0 x =1 ⇔  1± 21 x =  2 0,5 + x =1⇒ y = 3 C©u 3 (2 ) ☎ + x= 1 + 21 7 − 21 ⇒y= 2 2 + x= 1 − 21 7 + 21 ⇒y= 2 2 0,5 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ  x − 2y − 4 = 0 x = 0 ⇔ ⇒ B ( 0; −2 ) .  7x − 4y − 8 = 0  y = −2 Kẻ EF song song với BC ( F ∈ BG ) . Vì tam giác ABC cân tại A nên đường cao AH là trung trực của EF. Phương trình đường thẳng EF: 1. ( x + 4 ) − 2. ( y − 1) = 0 ⇔ x − 2y + 6 = 0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ  x − 2y + 6 = 0 x = 4 ⇔ ⇒ F ( 4;5 ) .  7x − 4y − 8 = 0 y = 5 1,0 Tọa độ trung điểm I của EF: I ( 0;3) . Phương trình đường trung trực của EF: 2. ( x − 0 ) + 1. ( y − 3) = 0 ⇔ 2x + y − 3 = 0. 1,0 KL: ............... C©u 4 (2 ) ☎ C©u 5 (4 ) ☎ ĐK: x ≥ 1 Ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng víi 0,5 1,0 0,5 x 2 + 2mx + 1 = 4 x 2 − 8 x + 4 ⇔ 2mx = 3 x 2 − 8 x + 3 Chia cả hai vế cho x > 0 ( vì x ≥ 1 ) 3 1 ⇔ 2m = 3x + − 8 ≥ −2 (do x + ≥ 2) x x ⇔ m ≥ −1 KL: ............... Cách 1: Do B vµ D c¸ch ®Òu S,A,C. nªn BD ⊥ ( SAC ) Cách 2: Gäi O lµ t©m cña ®¸y ABCD . Ta có BD ⊥ AC (tính chất của hình thoi) BD ⊥ SO (do ∆SBD cân) 1,0 0,5 ⇒ BD ⊥ ( SAC ) S 0,5 B C O A D C¸c tam gi¸c ABD, BCD,SBD lµ c¸c tam gi¸c c©n b»ng nhau cã ®¸y BD chung nªn OA=OC=OS. Do ®ã ∆ASC vu«ng t¹i S Ta cã: 1 1 a2 + x2 1 VS . ABCD = 2VS . ABC = 2 SC.SA.SO = ax. a 2 − = ax. 3a 2 − x 2 6 3 4 6 1,0 Theo giả thiết ta có phương trình: x = a a3 2 1 ax. 3a 2 − x 2 = ⇔ 6 6 x = a 2 1,0 C©u 6 (1 ) ☎ 2sin A sin B(1 − cos C ) = 1 ⇔ [ cos( A − B) − cos( A + B)] (1 − cos C ) = 1 ⇔ [ cos( A − B) + cos C ] (1 − cos C ) = 1 (*) Do cos( A − B) ≤ 1 ⇒ cos( A − B) + cos C ≤ 1 + cos C 0,5 ⇒ VT (*) ≤ (1 + cos C )(1 − cos C ) = sin C ≤ 1 = VP(*) 2 0 cos( A − B) = 1 C = 90 Vậy đẳng thức xảy ra  ⇔ 0 sin C = 1  A = B = 45 0,5 ✞ ✁ ✂ ✄ ✄ M i l i gi i úng   ☎ ✄ ✆ ✝ ✄ ✆ u c xem xét và cho i m t −−−−−H T −−−−− ✡ ơ ✠ ng ng Së GD&§T Hoµ B×nh §Ò thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 12 tHPT N¨m häc 2012-2013 M«n: Toán. Ngµy thi: 25/12/2012 (Thêi gian lµm bµi 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò thi gåm cã 01 trang, 05 c©u) §Ò chÝnh thøc Câu 1 (4 điểm). Cho hàm s : y = − x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m2 ) x + m3 − m2 ( Cm ), v i m là tham s . 1. V i m = 1 , tìm c c tr c a th hàm s ã cho. 2. Tìm t t c các giá tr c a m th ( Cm ) có hai i m c c tr i x ng v i nhau ng th ng (d): x+ 2y - 5 = 0. qua Câu 2( 6 điểm).     ✁   ✁ ✂ ✄ ☎ ✆ ✝ ✄ ✆   ✞ ✆ ư ☞ ✟ ✄ ☎ ✆ ✠ ✆ ✝ ✄ ✆ ✠ ✂ ✄ ✆ ✡ ✁ ✌ π π 1. Tìm nghi m x ∈  − ;  c a ph  2 2 ✍ ☎ 2. Gi i h ph ✟ ✍ ư ơ π ư ng trình 2cos 2  − 2 x  + 3cos4 x = 4cos 2 x − 1 ơ 4  2 6 x − 3xy + x + y = 1  2 3 x + y + 3 x + y = 2 ng trình:     3. i thanh niên tình nguy n qu c t có 12 b n g m 5 b n qu c t ch Vi t Nam, 4 b n qu c t ch Pháp và 3 b n qu c t ch Thái Lan. H i có bao nhiêu cách ch n ra 4 b n vào m t t công tác sao cho trong t có không quá 2 qu c t ch? Câu 3 (3 điểm). Trong m t ph ng v i h t a Oxy cho hai ng tròn (C) x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và (C’): x 2 + y 2 + 4 x − 5 = 0 cùng i qua M(1;0). Vi t ph ng trình ng th ng qua M c t hai ng tròn (C) và (C’) l n l t t i A, B sao cho MA = 2MB. ✏ ✑ ✍   ✒ ✓ ✝ ✓ ✄ ✍ ✓   ✄ ✓ ✄ ✔ ✕ ✓   ✑ ✖ ✖ ✗ ✌ ✁ ✍ ✕ ✆ ✄ ✑ ✆ ✆ ✆ ư ☞ ✙ ư ✒ ✚ ư ☞ ư ơ ✆ ư ☞ ✌ ✘ ✓ Câu 4 ( 5 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có áy ABCD là hình thang vuông t i A và B, BA = BC = a; AD = 2a . C nh SA vuông góc v i m t ph ng áy và SA = a 2 . G i H là hình chi u vuông góc c a A lên c nh SB. a. Tìm giao i m c a AH v i m t ph ng (SCD). b. Tính kho ng cách t H n m t ph ng (SCD). Câu 5 (2điểm). Cho ba s không âm x, y, z th a mãn i u ki n: x + y + z = 1 . Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a bi u th c F = xy + yz + zx − 2 xyz . ✆ ✓ ✒ ✁ ☎ ✆ ✓ ✗ ✌ ✆ ✕ ✓ ✠ ☎ ✁ ✟ ✛ ✆ ✗ ✒ ✌ ✗ ✌   ✔ ✄ ✁ ✞ ✔ ✞ ☎ ✠ ✆ ✜ ✍ ✡ ✢ -----------------------H T-----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Hä, tªn thÝ sinh: ..............................................................., SBD ..................... Hä, tªn gi¸m thÞ 1: ..............................................., ch÷ ký ............................. Hä, tªn gi¸m thÞ 2: ..............................................., ch÷ ký ............................   ✁ H NG D N CH M MÔN TOÁN ✂ ✄ ✝ ☎ Câu Câu 1 Ý 1 N i dung V i m = 1 : y = − x + 3x ( C ) 3 ✆ i m 2 ✁ y = −3 x 2 + 6 x , x = 0 x = 2 1,0 Xét y , = 0 ⇔  L p lu n tìm c i m c c i c a th ( C ) là A ( 2; 4 ) i m c c ti u c a th ( C ) là B ( 0;0 ) ✞ ✞ ✆ ✏ ✠ ✂ ư ✠ ✚ ✆ ☎ ✆ ✠ ✂ ✝ ✆ ✓ ☎ ✆ ✝ 0, 5 0, 5 ✄ ✄ y , = −3 x 2 + 6mx + 3 (1 − m 2 ) 2  x = m −1 y, = 0 ⇒  x = m +1 Tìm ✏ ư ☞ c hai i m c c tr c a ( Cm ) là A ( m + 1, −m 2 + 3m − 2 ) B ( m − 1, −m 2 + 3m + 2 ) 0,5 ng th ng i qua hai i m c c tr MN là : y = 2 x − m 2 + m 0, 5 ✆ ư ✚ ✆ ✌ ✠ ✂ ✆ ✄ ✆ ☎ ✠ ✂ ✄ G i I là trung i m c a MN ta có I ( m, −m 2 + 3m ) ✕ ✏ ư ✏ ✠ ✆ ☞ ✠ ☎ 1 2 ng th ng ( d ) : y = − x + ✌   M và N ✆ 5 2  MN ⊥ ( d ) i x ng nhau qua ( d ) thì  0,5  I ∈ ( d ) ✡ m = 1 1 5 2 ⇔ −m + 3m = − m + ⇔ 2m − 7m + 5 = 0 ⇔  m = 5 2 2  2 π  2 cos 2  − 2 x  + 3cos4 x = 4 cos 2 x − 1 ⇔ sin 4 x + 3cos4 x = 2 cos 2 x 4   π  x = + kπ  π  12 ⇔ cos  4 x −  = cos2 x ⇔  6   x = π + kπ  36 3 π π π π −11π 13π là các nghi m Do x ∈  − ;  nên x = ; x = ; x = ; x= 12 36 36 36  2 2 2 Câu 2 1 ✍ c n tìm c a ph ✙ ☎ ư ơ ng trình. 0,5 1,0 1,0 2 Gi i h ph ✟ ✍ ư ơ 6 x 2 − 3 xy + x + y = 1(1) ng trình : 3x + y + 3x + y 2 = 2 ( 2 )  1  x=  (1) ⇔ ( 3x − 1)( 2 x − y + 1) = 0 ⇔  3 2 x = y −1 1 c V i x= th vào ph ng trình ( 2 ) ta 3 1 − y ≥ 0 ⇔ y=0 y2 + 1 = 1− y ⇔  2 2  y +1 = 1− 2 y + y V i y = 2x+1 th vào ph ng trình ( 2 ) ta có ✁ ✒ ư ✁ ơ ✆ ✒ ư ư 1,0 ✚ ơ 1  x ≤ 4x + 7 x + 1 = 1 − 5x ⇔  ⇔ x = 0 ⇒ y =1 5  21x 2 − 17 x = 0  1,0 2 KL: H có hai nghi m là ( 0;1) và  ;0  3  1 ✍ ✍ Ch n 4 b n b t k cho t công tác g m 12 b n có : C124 = 495 (cách) Ch n 4 b n cho t công tác sao cho có c 3 qu c t ch có : C51C41C32 + C51C42C31 + C52C41C31 = 270 (cách) V y s cách ch n 4 h c sinh vào m t t công tác sao cho trong t không quá 2 qu c t ch là : 495 − 270 = 225 (cách) 3 ✕ ✓ ✕ ✓ ✞   ✖ ✝ ✓ 1,0   ✖ ✟ ✄   ✞ ✕ ✕ ✑ ✖ 1,0 ✖   ✄ Câu 3 ✏ ( C ) có tâm I (1;1) , bán kính R = 1 ( C , ) có tâm I , ( −2;0 ) , bán kính R, = 3 ng th ng ( d ) i qua M (1; 0 ) : a ( x − 1) + by = 0 trong ó ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) 0,5 ⇔ ax + by = a 0,5 ư ☞ ✌ 0,5 ✆ ✆ Gi s H , H , l n l t là trung i m c a AM và BM . Khi ó MA = 2MB ✟ ✁ ✙ ư ✚ ✆ ✠ ☎ ✆ IA − IH = I ' B 2 − I ' H '2 ⇔ 1 − d 2 ( I ; ∆ ) = 4 9 − d 2 ( I ' ; ∆ ) , rút g n 2 2 ( ) ✕ ✆ ư ✚ 1,0 c ⇔ a 2 = 36b 2 ⇒ a = ±6b Vì a 2 + b 2 ≠ 0 ch n b = 1 ⇒ a = ±6 (Nh n vì IA > IH), t (d1): 6 x − y − 6 = 0 và (d2): 6 x + y − 6 = 0 0,5 ✞ ✕ ✛ ✆ ó có k t qu là ✒ ✟ Câu 4 S H G A D B C M AB c t CD t i M , AH c t SM t i G . V y G là giao i m c a AH và ( SCD ) 2,0 VSBCD SB 3 = = VSHCD SH 2 1,0 ✘ ✓ ✘ ✓ ✞ ✆ a Ch ra ✡ b ✆ ư ✠ ☎ ✓ a2 2 Di n tích tam giác S∆SCD = a 2 2 , S BCD = S ABCD − S ABD = ✍ a3 2 1 ⇒ VSHCD = d ( H , ( SCD ) ) .S∆SCD 6 3 1 3 Th tích t di n VSBCD = SA.S∆BCD = ✠ ✡ ✍ ⇒ d ( H , ( SCD ) ) = 3 Câu 5 1,0 c tam giác SCD vuông t i C ✚ T gt, ch ra ✛ ✡ ✆ ư ✚ VHSCD a = S∆SCD 3 1,0 c x; y; z ∈ [ 0;1] . 0,5 2 Ta có xy + yz + zx ≥ 3 3 ( xyz )2 = 3( xyz ) 3 ≥ 3xyz ≥ 2 xyz , suy ra F ≥ 0 D u b ng có x y ra, ch ng h n t i x = y = 0; z = 1 ; KL …….. Ta có ( x + y − z )( x − y + z ) ≤ x 2 (1) ( x + y − z )(− x + y + z ) ≤ y 2 (2) (− x + y + z )( x − y + z ) ≤ z 2 (3), các v c a (1); (2); (3) u d ng, nhân ✞ ☛ ✟ ✌ ✓ ✓ ✒ ☎ ✆ ✜ ư 0,5 ơ ( x + y − z )( x − y + z )(− x + y + z ) ≤ xyz ⇒ ( x + y − z )( x − y + z )(− x + y + z ) ≤ xyz các v t ✒ ư ơ ng ng ta ✡ ✆ ư ✚ 0,5 c ⇔ (1 − 2 z )(1 − 2 y )(1 − 2 x) ≤ xyz 1 ⇔ F ≤ (1 + xyz ) 4 x+ y+ z 3 1 7 , t ó ta có F ≤ , d u b ng x y M t khác, d có xyz ≤ ( ) = 3 27 27 1 ra t i x = y = z = , KL…….. 3 ✗ ☞ ✛ ✆ ✞ ☛ ✓ ✞ M i l i gi i úng   ✁ ✂ ✄ ✄ ☎ u ✄ c xem xét và cho i m t −−−−−H T −−−−− ✆ ✝ ✄ ✢ ✆ ơ ng ng. ✠ ✟ 0,5   S GIÁO D C VÀ ÀO T O KHÁNH HÒA  ✁ ✂ K THI CH N H C SINH GI I C P T NH N M H C 2013 – 2014  Môn thi : TOÁN – THPT (B ng B) Ngày thi : 15/3/2014 (Th i gian : 180 phút – không k th i gian phát )  ✄ ☎ ✆ ✆ ✠ ✝ ✞ ✟ ✆ ✡ ✂ THI CHÍNH TH C ✲ ✳ ☞ ☛ ☛ ✌ ✍ ✏ ✎ Bài 1: (3,0 i m ) x +1 (1) . G i I là giao i m hai ti m c n c a th hàm s (1).Vi t ph ng trình x −1 ng th ng ( ) vuông góc v i ng th ng y = -x và c t th hàm s (1) t i hai i m A và B sao cho tam y= ✑ Cho hàm s ✣ ✓ ✢ ✕ ✖ ✓ ✓ ✦ ✢ ✓ ✜ ✙ ✛ ✑ ✘ ✔ ✓ ✧ ✛ ✚ ✑ ✘ ✗ ✣ ✥ ✤ ✛ ✔ ✓ ✒ ✙ ★ ✕ giác IAB có di n tích b ng 2 3 . Bài 2:(2,5 i m ) ✏ ✎ ✩ Gi i ph ng trình 2sin 2 x + 3 sin 2 x + 1 = 3( 3 s inx + cos x) ✜ ✛ ✏ ✎ Bài 3:(2,5 i m ) π 2 Tính tích phân I = ∫ 0 2 cos x − sin 2 x dx (1 − s inx)(2 − cos 2 x) ✏ ✎ Bài 4: ( 3,0 i m ) Oxy cho tam giác ABC có A(3;2) , tr c tâm H(1;0) và g c t a O là tâm Trong m t ph ng t a ng tròn ngo i ti p tam giác ABC .Tìm t a các nh B ,C. Bài 5: ( 3,0 i m ) 4 Cho các s d ng x,y,z th a mãn x2 + y2 + z2 - ( x + y + z) ≤ .Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = 3 1 1 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z Bài 6 : ( 3,0 i m ) Cho hình l p ph ng ABCD.A'B'C'D' có dài c nh b ng a và i m M thu c c nh CC' sao cho CM = 2a .M t ph ng ( α ) qua A,M và song song BD chia kh i l p ph ng thành hai kh i a di n . Tính th tích hai 3 kh i a di n ó . Bài 7 : ( 3,0 i m ) ✣ ✓ ✪ ✑ ✫ ✒ ✓ ✬ ✫ ✒ ✚ ✓ ✢ ✓ ✧ ✛ ✫ ✓ ✭ ✒ ✏ ✎ ✑ ✮ ✜ ✯ ✮ ✛ ✙ ✔ ✗ ✰ ✏ ✎ ✖ ✓ ✜ ★ ✫ ✓ ✧ ✔ ✫ ✧ ✛ ✣ ✑ ✖ ✪ ✑ ✓ ✑ ✜ ✓ ✛ ✕ ✓ ✏ ✎ ✩ ✕ Gi i h ph ✜ ✛ 2 xy  2 2 x + y + x + y = 1 ng trình  3 x(2 + 9 x 2 + 3) + 2(3 x + y )( 1 + x + x 2 + x + y ) = 0  H T ✱ ✕ ✔ Bài 1: +( ∆ ): y = x + m + Ph ng trình hoành ✓ ✜ ✔ giao i m : x2+(m-2)x-m-1 = 0 |m| 2 m2 + 8 và d(I;( ∆ )) = 2 ✫ ✓ ✛ + AB = 2 |x1 - x2| = 1 | m | m 2 + 8 ⇔ m = ±2 , có 2 2 ✓ + SIAB = 2 3 = ✣ ✢ Bài 2: ( 3 s inx + cos x) 2 − 3( 3 s inx + cos x) = 0 ⇒ x = − π ng th ng :y = x -2 và y = m + 2 ✛ π 6 + kπ π 2 2 1 1 d (s inx) − ∫ d (sin 2 x) = ln2 2 + + 1 s inx 1 sin x 0 0 Bài 3:I = 2 ∫ ✚ Bài 4: + Vi t ph ng trình AH c t ng tròn (O) t i H' = (O) ∩ AH. H và H' i x ng qua BC , Tìm cM ng th ng BC qua M và vuông góc AH . B,C là giao i m c a BC và ng tròn là trung i m HH'. Vi t (O)( tâm O , BK: OA). Bài 5 :+ (x + y + z )2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 )(1) ✦ ✢ ✜ ✛   ✚ ✔ ✓ ✑ ✓ ✧ ✓ ✓ ✁ ✛ ✰ ✣ ✢ ✓ ✛ ✔ ✓ ✛ ✗ ✛ 4 (2) T (1) và (2) ⇒ x + y + z ≤ 4 3 1 1 1 9 9 +P = + + ≥ ≥ .Do ó : P = 9/7 khi x = y = z =4/3 1+ x 1+ y 1+ z 3 + x + y + z 7 Bài 6: ( T gi i nhé )+ Ta có : VAB1MD1BCD = 2VA.MCBB1 1 1 2. . AB.S BCMB1 = . AB 2 .( BB1 + CM ) 3 = 3 1 1 2 1 = .a 2 .( a + a ) = a 3 3 3 3 3 2 Do ó : VAB1MD1A'B'C'D' = a 3 3 2 xy Bài 7:+ K : x + y > 0. x 2 + y 2 + = 1 , a = x + y và b = xy , a > 0 và a2 ≥ 4b x+ y + x2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z) ≤ ✂ ✓ ✩ ✬ D' C' A' B' M D1 D C B1 A ✓ B   b a Ta có : a 2 − 2b + 2 = 1 ⇔ a 3 − 1 − 2b(a − 1) = 0 ⇔ (a − 1)(a 2 + a + 1 − 2b) = 0 ⇔ a = 1 ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1- x vào (2) ,ta có : 3x(2 + 9 x 2 + 3) + 2(1 + 2 x)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 ⇔ −3 x(2 + (−3 x) 2 + 3) = (1 + 2 x)( (1 + 2 x) 2 + 3 + 2) t2 ✄ + Xét hàm s f(t) = t ( t + 3 + 2) trên R. mà : f'(t) = t + 3 + 2 + 2 2 t2 + 3 f(t) ng bi n trên R , mà : f(-3x) = f(1+2x) ⇔ x = -1/5 và y = 6/5 + V y h có nghi m duy nh t ( -1/5;6/5) ✝ ✠ ✞ ✟ ✡ ✡ ☛ >0v im it ☎ ✢ ✆   S GIÁO D C VÀ ÀO T O NAM NH ✁ ✂ ✂ ✲ ✳ ✄ ✂ THI CH N H C SINH GI I N M H C 2012-2013 Môn: Toán - l P 12 THPT ✆ ✝ ☎ ✝ ✞ ✟ ✝ ✠ CHÍNH TH C Th i gian làm bài: 180 phút ✴ ✡ Câu 1. (4 điểm) Cho hàm s y = x 3 + 2mx 2 − 3x (1) và ng th ng (∆ ) : y = 2mx − 2 (v i m là tham s ). 1) Khi m = 0 . G i th c a hàm s ã cho là (C). Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C) t i ti p i m M, bi t kho ng cách t M n tr c tung b ng 2. ng th ng (∆ ) và th hàm s (1) c t nhau t i ba i m phân bi t A, B, C sao 2) Tìm m cho di n tích tam giác OBC b ng 3 (v i A là i m có hoành không i và O là g c to ). Câu 2. (5 điểm) π  2sin  − 2 x  + 2sin 2 x + 3 3  = 4cos 4 x . 1) Gi i ph ng trình cos x  xy + 2 = y x 2 + 2 (v i x; y ∈ ) 2) Gi i h ph ng trình  2 2 2  y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x. Câu 3. (3 điểm) Oxy cho hình thang ABCD vuông t i A và D có 1) Trong m t ph ng v i to AB = AD < CD, i m B(1; 2) , ng th ng BD có ph ng trình y = 2 . Bi t r ng ng th ng (d ) : 7 x − y − 25 = 0 l n l t c t các o n th ng AD và CD theo th t t i M và N sao cho BM ⊥ BC và tia BN là tia phân giác c a góc MBC. Tìm to nh D (v i hoành c a D là s d ng). Oxyz cho hai i m A (1;2;1) , B (1; −2;4 ) và m t ph ng 2) Trong không gian v i h to ( P) : 2 y + z = 0 . Tìm to i m C ∈ ( P ) sao cho tam giác ABC cân t i B và có di n tích 25 b ng . 2 Câu 4. (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình vuông v i AB = 2a . Tam giác SAB vuông t i S, m t ph ng (SAB) vuông góc v i m t ph ng (ABCD). Bi t góc t o b i ng 1 th ng SD và m t ph ng (SBC) b ng ϕ v i sin ϕ = . Tính th tích kh i chóp S.ABCD và 3 kho ng cách t C n m t ph ng (SBD) theo a . Câu 5. (3 điểm) ☛ ✎ ☞ ✌ ✡ ✍ ☛ ✏ ☞ ✑ ✒ ✓ ☛ ☞ ✔ ✌ ơ ✔ ✔ ✓ ✖ ✗ ✔ ☞ ✔ ✘ ✙ ☞ ✔ ✚ ✛ ✗ ✗ ☞ ☞ ✌ ✡ ✍ ☞ ✑ ✒ ☛ ✜ ✖ ☞ ✢ ✗ ✢ ✛ ✘ ✌ ✘ ✎ ☞ ☞ ✣ ☞ ✤ ☛ ✖ ☞ ✣ ơ ✢ ✌ ơ ✎ ✥ ✍ ✎ ✖ ☞ ✣ ✖ ✗ ☞ ☞ ✦ ✌ ✧ ✌ ✡ ✍ ✜ ☞ ✌ ✖ ơ ✔ ✍ ★ ✓ ☛ ✌ ✖ ☞ ✣ ☞ ✩ ✛ ☞ ✌ ✡ ✍ ✖ ✪ ✎ ☞ ✣ ✓ ơ ✗ ✎ ✢ ✖ ☞ ✣ ☞ ✥ ✍ ✗ ✖ ☞ ✣ ☞ ✖ ✢ ✛ ☞ ✖ ✥ ✎ ✍ ✎ ✥ ✍ ✔ ✖ ✫ ☞ ✌ ✡ ✗ ✍ ✥ ✘ ✍ ✙ ☞ ✛ ✔ ✥ ✎ ☛ ✍ x 2 ln ( x + 1) + 3 x3 + x dx . 4 x 1 2) T các ch s 0;1;2;3; 4;5;6 thành l p c bao nhiêu s t nhiên, m i s có 5 ch s khác nhau, trong ó luôn có m t ch s 6 . Câu 6. (2 điểm) Cho các s th c x, y, z thay i tho mãn i u ki n x 2 + y 2 + z 2 = 1. 2 1) Tính tích phân I = ∫ ✙ ✬ ☛ ✭ ☞ ✥ ✬ ☛ ☞ ✌ ✧ ☛ ✩ ☞ ✗ ✰ ✱ ✓ ✮ ☛ ✬ ☛ ☛ ✤ ✘ ☞ ✯ Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = ( xy + yz + 2 xz ) − ✒ ✩ ✢ 8 2 ★ ( x + y + z) 2 − xy − yz + 2 . Họ và tên thí sinh :……………………… Chữ ký của Giám thị 1 : ………………………… Số báo danh : ……………………… Chữ ký của Giám thị 2 : ………………………… 1   ✆ S GIÁO D C VÀ ÀO T O NAM NH ✁ ✂ ✂ ÁP ÁN VÀ H ✄ ✝ NG D N CH M THI ✞ ✟ ✡ ✠ ☞ K THI CH N HSG N M H C 2012-2013 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT ☎ ☛ ☛ ✎ Câu 1.1 (2,0) N i dung 3 Khi m = 0 , hàm s là y = x − 3x (C). G i M ( x0 ; x03 − 3x0 ) . Ti p tuy n (d) t i M có ✌ ☛ ph ✌ ✏ ✔ ✔ Kho ng cách t M ✘ ✙ + N u x0 = 2 , ph ✔ ✌ ☞ 0,5 0,5 n tr c tung b ng 2 ⇔ x0 = 2 ⇔ x0 = ±2 ✔ ✚ ✛ ng trình (1) có d ng: y = 9 x − 16 (d1 ) ơ 0,5 ✖ + N u x0 = −2 , ph ng trình (1) có d ng: y = 9 x + 16 (d 2 ) V y có hai ti p tuy n là (d1 ) và (d 2 ) tho mãn yêu c u. Hoành giao i m c a th hàm s (1) và ( ∆ ) là nghi m ph ng trình: 3 2 x + 2mx − 3x = 2mx − 2 ⇔ x3 + 2mx 2 − (2m + 3) x + 2 = 0 x = 1 . ⇔ ( x − 1)  x 2 + (2m + 1) x − 2  = 0 ⇔  2 x m x + + − = (2 1) 2 0(2)  V y (∆ ) và th hàm s (1) c t nhau t i ba i m phân bi t ⇔ ph ng trình (2) có ✔ ✌ ✭ ✔ ơ i m ✖ ng trình: y = ( 3 x02 − 3) ( x − x0 ) + x03 − 3x0 (1) ơ ✍ ✖ ✔ ✘ ✦ 0,5 ✗ 1.2 (2,0) ☞ ✣ ☞ ✓ ☞ ✑ ✒ ☛ ✢ ✌ ơ ✗ ✭ ☞ ✑ ✒ ☛ ✜ ✖ ☞ ✢ ✌ 0,5 ơ (2m + 1) + 8 > 0 ⇔ m ≠ 0. hai nghi m phân bi t x ≠ 1 ⇔  1 2 1 2 0 m + + − ≠  Khi ó, ba giao i m là A có hoành là 1 và B( x1; 2mx1 − 2), C( x2 ; 2mx2 − 2) , trong ó x1; x 2 là nghi m ph ng trình (2) nên x1 + x 2 = −2m − 1, x1x 2 = −2 1 2 Tam giác OBC có di n tích S = BC.d . Trong ó d = d(O; ∆ ) = 2 1+4m 2 2 ✢ ✢ ✗ ☞ ☞ ☞ ☞ ✢ ✌ ✣ ơ ✢ ☞ 0,5 0,5 BC 2 = ( x2 − x1 ) 2 + (2mx2 − 2mx1 ) 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2  ( 4m 2 + 1) 2 2 ⇒ BC = ( 2m + 1) + 8 ( 4m 2 + 1) ⇒ S = ( 2m + 1) + 8   m = 0 . i chi u K, K t lu n: m = −1 . V y S = 3 ⇔ 9 = 4m 2 + 4m + 9 ⇔   m = −1 V i i u ki n : cos x ≠ 0 , Ph ng trình ã cho t ng ng : 3 cos 2 x + sin 2 x + 3 = 4cos 4 x cos x 0,25 ✏ ✑ 2.1 (2,5) ✎ ☞ ⇔ ✯ ✢ ✌ ơ ☞ ☛ ✔ ✌ ơ ✔ ✑ ☞ ✌ ✭ ơ 3 ( 2 cos 2 x − 1) + 2sin x cos x + 3 = 4cos 4 x cos x ⇔ 3 cos x + sin x = 2 cos 4 x (vì cos x ≠ 0 ) ✌ ơ ☞ ☛ ✔ ✑ ✔ ✭ 0,5 0,5 0,5 π  ⇔ cos  x −  = cos 4 x (1) 6  Gi i ph ng trình (1) và i chi u K, k t lu n nghi m c a ph π k 2π π k 2π x=− + ; x= + . 18 3 30 5 ✘ 0,25 ✢ ✓ ✌ 0,5 ơ ng trình ã cho là: ☞ 0,5 2 2.2 (2,5) KX : x ∈ ; y ∈ ✑ . ✑ ) ( Ta có xy + 2 = y x 2 + 2 ⇔ y ⇔ y = x 2 + 2 + x (1). Th vào ph ✔ ) ( 2 x2 + 2 − x = 2 ⇔ y = ✌ ơ 0,5 x2 + 2 − x ng trình th hai trong h , ta có : ★ ✢ 2 x 2 + 2 + x + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x 0,5 ⇔ 1 + x x 2 + 2 + 2 x + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 . ⇔ ( x + 1) 1 +  Xét hàm s ( x + 1) 2 + 2  = ( − x ) 1 +   ) ( f (t ) = t 1 + t 2 + 2 v i t ∈ ☛ f '(t ) = 1 + t 2 + 2 + t2 + 2  (*)  . Ta có ✎ > 0, ∀t ∈ t2 + 2 2 ⇒ f (t ) ☞ ✑ ng bi n trên . ✔ 1,0 1 ng trình (*) có d ng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − . 2 1  1 x = − c y = 1 .V y h ã cho có nghi m là  Thay x = − vào (1) ta tìm 2 2  y = 1. B A K BH ⊥ CD ⇒ ABHD là hình vuông và CBH = MBA ⇒ ∆CBH = ∆MBA ⇒ CB = MB d M M t khác, BN là phân giác c a góc vuông MBC ⇒ CBN = MBN = 450 ⇒ ∆ CBN = ∆ MBN C D V y d(B;CD) = d(B; MN) M t khác, ph ✥ ✌ ơ ✖ ☞ 3.1 (1,0) (−x) ✌ ✧ ✭ ✢ ☞ ✢ 0,5   ✥ ✓ 0,25 ✭ mà d(B; MN) = 7 − 2 − 25 50 H = N 4 4 ⇒ BH = ⇒ BD = BH 2 = 4 . 2 2 0,25 x = 5 . i m D thu c BD, nên D(x 0 ; 2) và BD = 4. Ta có (x 0 − 1) 2 = 16 ⇔  0  x 0 = −3 Theo gi thi t x 0 > 0 . V y D(5; 2). 0,25 Tính 0,25 ✗ ✑ ✣ ✘ 3.2 (2,0) ☞ ✌ ✔ ✭ c AB = 5. ✧ 1 25 25 IA.IB = ⇒ IA.IB = . M t khác 2 4 2 2 IA 2 + IB2 = AB2 ⇒ IA 2 + IB2 = 25 ⇒ ( IA − IB ) = IA 2 + IB2 − 2IA.IB = 0 ⇒ IA = IB V y tam giác ABC vuông cân t i B. uuur uuur C ∈ (P) ⇒ C(a;b; −2b) . i u ki n có i m C là AB.BC = 0 và BC =5 0,25 ✗ G i I là trung i m AC, ta có ✏ ☞ ✭ ✥ ✗ ✑ ✯ ✢ ☞ ✗ ☞ 0.(a − 1) − 4(b + 2) + 3( −2b − 4) = 0 . ⇔ 2 2 2 (a − 1) + (b + 2) + ( − 2b − 4) = 25  Gi i h c hai nghi m (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2). là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4). V y có hai i m C tho mãn yêu c u có to ✘ ✢ ☞ ✌ ✧ ✢ ✗ ✭ 0,5 ✖ ☞ ✘ ✦ ✖ ☞ ✣ 0,5 0,25 0,25 0,25 3 4. (3,0) BC ⊥ AB; (SAB) ⊥ (ABCD) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SA Mà SA ⊥ SB ⇒ SA ⊥ (SBC) . S G i d là kho ng cách t D n (SBC) SD ⇒ d = SD.sin ϕ = . M t khác : 3 AD //(SBC) ⇒ d(D, (SBC)) = d(A,(SBC)) A SD H ⇒ d = SA ⇒ SA = 3 ✏ ✘ ✙ ☞ 0,25 ✔ 0,5 ✥ D 0,5 C B Do AD//BC ⇒ AD ⊥ SA . Xét tam giác SAD vuông t i A có AD = 2a và a 2 a 14 SA 2 + AD 2 = SD 2 ⇒ AD 2 = 8SA 2 ⇒ SA = ⇒ SB = 2 2 ✖ K SH ⊥ AB t i H ⇒ SH ⊥ (ABCD) và AB.SH = SA.SB ⇒ SH = ✖   0,25 a 7 4 1 a3 7 V y VS.ABCD = SH.dt(ABCD) = . 3 3 1 a3 7 Ta có VSBCD = VS.ABCD = . 2 6 0,5 ✭ 0,25 3VSCBD (1) dt(SBD) Mà d(C;(SBD)) = 0,25 a 14 3a 2 , SD = 3SA = , 2 2 BD = 2a 2 ⇒ BD 2 = SB2 + SD 2 ⇒ tam giác SBD vuông t i S 1 3a 2 7 dt(SBD) = SB.SD = 2 4 2a . Thay vào (1) có d(C;(SBD)) = 3 2 2 3 3 ln ( x + 1) x +x av I =∫ dx + ∫ dx 2 x x4 1 1 Tam giác SBD có: SB = ✖ 5.1 (2,0) ✑ ✌ ✯ dx  u = ln( x + 1) du = ln ( x + 1)   x +1 Xét I1 = ∫ dx . t  ⇒ 1 2 x 1  dv = x 2 dx v = − 1  x 2 − ln( x + 1) 2 dx ln 3 3ln 3 +∫ =− + ln 2 + ( ln x − ln x + 1 ) 12 = 3ln 2 − ⇒ I1 = 1 1 x( x + 1) x 2 2 0,25 0,25 0,25 2 ✑ 2 3 I2 = ∫ 1 1 x 2 dx . 3 1+ x ✑ ✥ ✥ t t = 3 1+ 1 ⇒ dt = − x2 2 3 1 dx ⇒ − t 2 dt = 3 dx 2 x 1   3x3 3 1 + 2   x  2 0,25 0,5 0,25 4 5 3 x = 1 ⇒ t = 3 2 3 4 3  i c n:  I t dt = − 5 2 ∫ 2 3 3 2 x = 2 ⇒ t = 4  ✤ ✑ ✭ 0,25 5 4  3 5 5 = −  3 − 23 2  8 4 4 3 2   3ln 3 3  5 3 5 ⇒ I= 3ln 2 − −  − 23 2  . 2 8 4 4  3 ⇒ I2 = − t 4 8 5.2 (1,0) 3 0,25 0,25 S c n l p có d ng a1a 2 a 2 a 4a 5 , trong ó luôn có m t ch s 6. X y ra các tr ng h p: Trường hợp 1: N u a1 = 6 . Khi ó, ta ch n 4 ch s trong 6 ch s 0;1; 2;3; 4;5 cho ☛ ✦ ✭ ✖ ✘ ✌ ☞ ✡ ✥ ✬ ☛ ✧ ✔ ☞ ✏ ✬ ☛ ✬ ☛ 4 v trí còn l i ⇒ tr ng h p này có A s . Trường hợp 2: N u a1 ≠ 6 , có 4 cách ch n v trí c a ch s 6. Khi ó, có 5 cách ch n a1 ∈ {1; 2;3; 4;5} . Sau khi ch n a1 và v trí cho ch s 6, còn l i 3 v trí c ✒ ✖ ✌ ✡ 4 6 ✧ ☛ ✔ ✏ ✏ ✒ ✏ ✓ ✬ ✒ ✬ ch n t 4 ch s còn l i, nên s cách ch n là A 35 ⇒ tr ✏ ✙ ✬ ☛ ✖ ☛ ☛ ✏ ✌ ☞ ☛ ✡ ✖ ✒ ☞ ✌ ✧ ng h p này có 4.5. A 35 s . ✧ 6. (2,0) ☛ ☛ ✘ 0,25 ✦ T gi thi t x 2 + y 2 + z 2 = 1 (1) , ta có: P = ( xy + yz + 2 xz ) − 2 ✙ ✑ ✘ ✥ ✔ t t = xy + yz + 2 xz ⇒ P = t 2 − 0,5 ☛ V y s các s tho mãn yêu c u là A 64 + 4.5. A 35 =1560. ✭ 0,25 8 xy + yz + 2 xz + 3 8 . t +3 0,5 Ta luôn có 0 ≤ ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = 1 + 2( xy + yz + zx) 2 y2 1 1 1 x2 + z 2 ⇒ xy + yz + zx ≥ − ⇒ xy + yz + 2 xz ≥ − + xz ≥ − − = −1 + ≥ −1 2 2 2 2 2 y = 0  D u “=” x y ra ⇔  2 . V y t ≥ −1. x = −z = ±  2 ✱ ✘ ✭ 0,5 Do ó GTNN c a P b ng GTNN c a hàm f (t ) = t 2 − ☞ ✓ ✛ ✓ 8 Ta có f '(t ) = 2t + ( t + 3) 2 =2 t 3 + 6t 2 + 9t + 4 ( t + 3) 2 Hàm s f (t ) liên t c trên [ −1; +∞ ) ⇒ f (t ) ⇒ min f (t ) = f (−1) = −3 . V y min P = - 3. ☛ ✚ ☞ ✑ 8 v i t ≥ −1. t +3 ✎ 2 ( t + 1) (t + 4) 0,25 2 = ng bi 2 ✔ > 0, ∀t > −1 ( t + 3) n trên [ −1; +∞ ) 0,25 0,5 ✭ t∈[ −1;+∞ ) 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. --------------------H T----------------  5 ✯ S KÌ THI CH N H C SINH GI I C P T NH N m h c: 2013-2014 Môn thi: TOÁN L p 12 THPT y thi 20/03/2014. Th i gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) này có 01 trang, g m 05 câu. GIÁO D C VÀ ÀO T O THANH HÓA ✰ ✳ ✱ ✴✵ ✶ ✲ ✹ ✹ ✺ ✽ ✷ NH TH C ✸ ✾ ❁ ❂ S o danh ........................... .. Câu I (4,0 điểm): Cho hàm s y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 (1) v i ❅ ✼ ✿ ❀ ❄ ✻ ❆ ☛ ❃ ✛ ✄ th (Cm) ( m ∈ R ) .   ✁ ✂ ✄ ☎   th hàm s (1) v i m = 1 . 1. Kh o sát s bi n thiên và v 2. Tìm m ng th ng (d): y = 2 x + 1 c t th (Cm) t i ba i m A, B, C phân dài b ng bi t sao cho i m C(0;1) n m gi a A và B ng th i o n th ng AB có 55 . Câu II (4,0 điểm. ✆ ✝ ✂ ✎ ✂ ✠ ✞ ✂ ư ✟ ☛ ✆ ✂ ✎ ✂ ✄ ☎ ✄ ✍ ☛ ✂ ư ✂ ✍ ✠ ☞ ✂ ) 5 + 16.4 x2 −2 y = 5 + 16 x2 −2 y 7 2 y − x 2 + 2  ng trình   x3 + 17 x + 10 y + 17 = 2 ( x 2 + 4 ) 4 y + 11 ơ ✒ ✏ (cos x + 1)(sin 2 x − sin x − cos x − 2) = 1. sin x(1 − 2 cos x) ( 2. Gi i h ph ✆ ✁ ✑ ng trình ơ ☎ ✌ ✏ ư ✄ ☞ ✠ 1. Gi i ph ✂ Câu III (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c là các s th c d ( x, y ∈ R )   ✝ P= ư ng .Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c ( ơ ☎ ✁ 8a + 3b + 4 ab + bc + abc 3 1 + (a + b + c ) 2 ). ✔ ✕ ✠ log 2 ( x + y ) ≤ 0   2. Tìm các giá tr th c c a tham s m ☎ ✝ ✕ ✂ ✠ h b t ph ✎ ✔ ✖ ư ng trình  ơ  x + y + 2 xy + m ≥ 1 có nghi m th c duy nh t. Câu IV (4,0 điểm). ✎ ✝ ✔       u khác 0, l y 1. T t p h p t t c các s t nhiên có n m ch s mà các ch s c l y ra ch có m t ba ch s ng u nhiên m t s . Tính xác su t trong s t nhiên khác nhau. ✗ ✘ ✙ ✔ ✆ ✝ ✚   ✜ ✑ ✑ ✂ ✛ ✔   ✒ ✔ ✂   ✠ ✝ ✂ ư ✙ ✔ ✢ ✣ ✑ Oxy, cho hình vuông ABCD v i M, N l n 2. Trong m t ph ng v i h tr c to t là trung i m a n AB và BC. G i H là chân ng cao k t B xu ng CM. ✣ ☞ ✁ ✎ ✤ ✍ ✂ ✒ ✁ ✥   l ★ ư ✙ ✂ ✠ ✦ ✕ ✂ ✧ ✍ ✂ ư ☛ ✩ ✗ 5 các nh c a hình vuông ABCD bi t N (−1; − ), H (−1; 0) và i m D n m trên Tìm t a 2 ng th ng (d ) : x − y − 4 = 0 . ★ ✂ ✂ ư ☛ ✒ ✂ ✢ ✕ ✞ ✂ ✠ ✏ ☞ Câu V (4,0 điểm). 1. Cho hình chóp S.ABCD, áy ABCD là hình ch nh t có AB = a, AD = b , SA vuông góc v i áy và SA = 2a . G i M là i m n m trên c nh SA sao cho AM = x (0 < x < 2a ) . Tính di n tích thi t di n c a hình chóp c t b i m t ph ng (MBC). Tìm x theo a m t ph ng (MBC) chia kh i chóp S.ABCD thành hai ph n có th tích b ng nhau. ✂ ✑ ✘ ★ ✁ ✂ ✂ ✎ ✞ ✎ ✠ ✏ ✍ ✕ ✌ ✪ ✣ ☞   ✂ ✠ ✣ ☞ ✥ ✠ ✏ 2.Trong không gian v i h Oxyz , cho m t ph ng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 và hai i m A ( 3;4;1) , B ( 7; −4; −3). Tìm i m M trên (P) sao cho tam giác ABM vuông t i M và di n tích nh nh t, bi t i m M hoành l n h n 2. .............................................................. H T ........................................................ ✁ ✂ ✎ ✫ ✠ ✦ ✧ ✍ ✂ ✬ ✎ ✭ ✔ ✞ ✂ ✠ ✂ ✒ ✣ ☞ ✠ ✍ ✦ ✬ ✂ ✮ ✒ ✁ ơ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.   S K THI CH N H C SINH GI I T NH N M H C 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN L P 12 THPT GD& T THANH HÓA ✁ ✟ ✠ ✠ ☞ ✂ ✄ ☎ ✆ ✝ nh th c ✞ ✡ ☛ ✠ ✌ (H ư ✁ ng d n và bi u i m ch m g m 8 trang ) ✜ ✠ ✂ ✠ ✔ ✄ ✎ ✍ Câu Ý N i dung I. 1. Kh o sát s bi n thiên và v th ( C ) ... (4.0) V i m=1 ta có y = 2 x3 − 3x 2 + 1 • TX : D=R • S bi n thiên: y = +∞ ; lim y = −∞ - Gi i h n: xlim →+∞ x →−∞ ✱ ✓ ✏ ✑ ✒ ✔ ✕ ✖ i m 2,00 ✁ ❃ ✝ 0,50 ✞ ✁ ✍ x = 0  x =1 - Ta có: y ' = 6 x( x − 1) ⇒ y ' = 0 ⇔  -BBT: x −∞ +∞ 0 y’ y + 1 0 1 - 0 + 0,50 +∞ −∞ 0   Hàm s ng bi n trên m i kho ng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ) Hàm s ngh ch bi n trên kho ng (0;1) t c c i t i x=0 và yC =1 Hàm s t c c ti u t i x=1 và yCT=0 Hàm s ✂ ✄ ✗ ✞ ✆   ☎ ✞ ✆   ✘ ✂ ✍ ✝ ✂ ✍ ✍   ✂ ✍ ✝ ✠ ✍ 0,50 ❃ th : ✄ ☎ 1 1 1 ⇒ I ( ; ) là i m u n c a 2 2 2   Ta có y '' = 12 x − 6 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = ✂ th (C) c t tr c Oy t i A ( 0;1) ❃ ✄ ☎ ✌ ✤ ✠ ✕ ✂ ✄ th . ☎ thi c t tr c Ox t i B (1;0 ) ; C  − ;0  2 1 ❃ ✍ ✄ ✌ ✤ ✍   0,50 ✎ ✎ ✄ 2. Tìm m ng th ng (d): y = 2 x + 1 c t th (Cm) hàm s (1) t i ba i m A;B;C phân bi t sao cho i m C(0;1) n m gi a A và B ng th i o n th ng dài b ng 55 . AB có Hoành giao i m c a (d) và th (Cm) c a hàm s : y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 là nghi m ph ng trình: 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 = 2 x + 1     ✁ ✂ ☎   ✆ ✝ ✞ ❄   ✎ ✟ ✄   ✠ ✡   ✆ ✂   ✞ 2,00 ✍   ✠   ✂ ✒ ✂ ✎ ư ✠ ✕ ✂ ✄ ☎ ✕ 0,50 ơ x = 0 ⇔ x(2 x 2 − 3mx + m − 3) = 0 ⇔  2  2 x − 3mx + m − 3 = 0 (*) ❃ ng th ng (d) c t th (Cm) t i 3 i m C, A, B phân bi t và C n m gi a A và B khi và ch khi PT (*) có 2 nghi m trái d u ⇔ 2.(m − 3) < 0 ⇔ m < 3 . ư ☛ ☞ ✌ ✂ ✄ ☎ ✍ ✢ Khi ó t a ✂ ✠ ✎ ✎ ★ ✂ ✂ ✒ ✏ ✑ 0,50 ✔ 3m   x A + xB = 2  y = 2 xA + 1 (Trong A và B th a mãn  và  A y x = 2 + 1 − 3 m  B B  x .x =  A B 2 ✭ ✂ ✬ xA ; xB ☛ ☞ 0,50 2 nghi m a ph ng nh (*)) AB = 55 ⇔ ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 = 55 ✎ ✦ ✕ ư ơ ✫ ✌ ✍ m−3 9m 2 ⇔ ( xB − x A ) = 11 ⇔ ( xB + x A ) − 4 xB .x A = 11 ⇔ − 4. = 11 4 2  m=2 −10 2 là giá tr c n tìm. ⇔ 9m − 8m − 20 = 0 ⇔  −10 ( t / m ) . V y m = 2; m = m = 9 9  2 2 ✘ II. 1. Gi i ph (4.0) ✏ ư ✏ ng trình: (cos x + 1).(sin 2 x − sin x − cos x − 2) = 1. (1) sin x.(1 − 2 cos x) ☎ ✥ 0,50 2,00  x ≠ kπ s inx ≠ 0   * K:  (k ∈ Z ). π 1⇔ k π ≠ ± + x 2 ≠ cosx   3 2 * Ta có: (1) ⇔ (cos x + 1).(sin 2 x − sin x − cos x − 2) = sin x − sin 2 x. (2) ❃ 0,50 * Khi ó: (2) ⇔ (cos x + 1).(sin 2 x − sin x − cos x − 1) − (cos x + 1) = sin x − sin 2 x. ✂ ⇔ (cos x + 1).(sin 2 x − sin x − cos x − 1) + (sin 2 x − sin x − cos x − 1) = 0 ⇔ (cos x + 2).(sin 2 x − sin x − cos x − 1) = 0 ⇔ sin 2 x − sin x − cos x − 1 = 0 ⇔ (sin x + cos x + 1)(sin x + cos x − 2) = 0 0,50 ⇔ sin x + cos x + 1 = 0  x = π + k 2π 1 ⇔ cos( x − ) = − ⇔  x = − π + k 2π 4 2  2 π (k ∈ ). π   ng trình là: x = − + k 2π (k ∈ ). ❃ i chi u i u ki n ta có nghi m c a ph ✞ 2. ✂ ✛ ✎ ✎ ✕ ✟   ✁ ơ t t = x 2 − 2 y ph ❃ ✣ ơ ư ( 2 ) ( 2 ( x, y ∈ R ) ) ✍ x   ơ x ✂ ư ng trình (2) có d ng x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 = 2(x 2 + 4) 2 x 2 + 7 ơ ✍ ( ) ( 0,50 ) ⇔ (x + 2) + (x + 2) + (x + 2) = 2 x 2 + 7 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7 3 2 Xét hàm s f (t ) = t 3 + t 2 + t , f(t) là hàm s ng bi n trên kho ng (0;+∞ ) Ph ng trình trên có d ng f (x + 2) = f 2 x 2 + 7 ⇔ x + 2 = 2 x 2 + 7 ⇔ x = 1 và x =3   ơ   ( ✍ H ph ✎ 0,50 ✍ Khi ó ph ư 2,00 ng trình (1) có d ng 5 + 16.4 t = (5 + 16 t ).7 2−t ơ 5 + 4 2 +t 5 + 4 2 t 1 4 ⇔ , Xét hàm s f (x ) = 5.  +   ⇒ f (x) là HSNB trên R = 2 +t 2t 7 7 7 7 Ph ng trình (*) có d ng f (t + 2) = f (2t ) ⇔ t + 2 = 2t ⇔ t = 2 ⇔ x 2 − 2 y = 2 ư 0,50 2 5 + 16.4 x − 2 y = 5 + 16 x −2 y .7 2 y − x + 2 ng trình  3  x + 17 x + 10 y + 17 = 2 x 2 + 4 4 y + 11 2 Gi i h ph ư 0,50 ư ơ ✂ ✄ ) ✞ ✆  −1   7  ng trình có 2 c p nghi m (x;y) là: 1;  ,  3;  .  2   2 ✣ ( ✎ ✂ ✝ ✿ ✄ ) ☎ V i a, b, c là các s th c d ✿ 0,50 ✎ III. 1. 8a + 3b + 4 ab + bc + 3 abc Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: P = 2 (4.0) 1 + (a + b + c ) 0,50 ❄ ✁ ✆ ơ ng. 2,00 Ta có: P= 8a + 3b + 4 ( ab + bc + 3 abc 1+ ( a + b + c ) 2  a + 4b b + 4c a + 4b +16c  + +  28 4 4 12  = ⋅ a +b+c 2 3 1+ ( a + b + c) 2 1+ ( a + b + c) ) ≤ 8a + 3b + 4 0, 50 t v i t > 0. 1+ t2   t a + b + c = t , ta có t > 0. Xét hàm s ❃ ✣ Ta có f ' ( t ) = 1− t2 f (t ) = ✁ ; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = ±1 ; lim f (t ) = 0; lim+ f (t ) = 0. (1 + t ) 2 2 t →+∞ 0, 50 t →0 B ng bi n thiên ✆ ✞ 0.50 T b ng bi n thiên ta suy ra GTLN c a P b ng ✗ ✆ ✞ ✕ ✏ ✎ 2. Tìm các giá tr th c c a tham s m ✝ ✆ ✄ 0,50 ✂ h b t ph   ❄ 14 16 4 1 khi a = ; b = ; c = . 3 21 21 21 ✟ ✁ ng trình ơ log 2 ( x + y ) ≤ 0 có nghi m th c duy nh t.  + + 2 + ≥ 1 x y xy m  2,00 ✂ ✟ H ph ✎ ư ng trình t ơ ư ng ơ ✂ ư ơ ✆ ng v i: ✁ (I) 0 < x + y ≤ 1 0 < x + y ≤ 1 0 < x + y ≤ 1 ⇔  2 ⇔  2 2  2 xy + m ≥ 1 − ( x + y ) ( x − 1) + ( y − 1) ≤ m + 1 ( II ) .  2 xy + m ≥ 1 − 2 x − 2 y + ( x + y ) T p nghi m c a (I) là ph n n m gi a hai ng th ng d : y = − x ; d ' : y = − x + 1 và d' y trên d '. ✘ ✎ ✕ ✥ ✏ ✑ ✂ ư ☛ ☞ d N u m ≤ −1 thì h ph ng trình vô nghi m. O N u m > −1 thì t p nghi m c a (II) là hình tròn (C ) (k c biên) có tâm A (1;1) bán kính R = m + 1 . Do ó h ph ng trình có nghi m duy nh t khi d ' là ti p tuy n c a (C ) . ✎ ✞ ư ơ ✎ ✘ ✂ ✎ ư ✎ ư x 1 ✆ ✔ ✞ ✞ ✕ ✂ 0,50 ư ng tròn ☛ 0,25 2 1 ⇔m=− . 2 2 m +1 = ơ ✠ ✎   ✘ ✕ ơ Ngh a là : V y h ph ✎ 0,25 A 1 ✞ 0,50 1 2 ng trình có nghi m duy nh t khi m = − . ✎ ✔ 0,50 IV. 1. T t p h p t t c các s t nhiên có n m ch s mà các ch s u khác 0, (4.0) trong s t nhiên c l y ra ch có l y ng u nhiên m t s . Tính xác su t m t ba ch s khác nhau. t p th : T = ‘ n ng u nhiên m t s t nhiên n m ch s c ch 5 s u c 0". Ta có: Ω = 9 = 59049 G i A là bi n c c n tìm xác su t, ta có: S cách ch n 3 ch s phân bi t a, b, c t 9 ch s th p phân khác 0 là C39 . Ch n 2 ch s còn l i t 3 ch s ó, có 2 tr ng h p r i nhau sau ây: ✂ ✁ ✂   ✄ ❄ ✆ ✡ ✽ ✂ ✡ ❄   ❄ ✎ ✂ ☎ ✂ ✍   ❄ ✆ ❄   ✆ ✁ ✄ ✝ 2,00 ✞ ✡ ❄     ✍ ✌ ✟ ✠ ✠ ★ ✡ ☛ ☞ ✜ ☛ ✒ ✝ ✦ ✬ ✚ ✑ ✦ ✑ ✎ ☞   ✂ ✛ ✏ ☛ ✎   ★ ✞ ✥ ✔       ★ ★ ✑ ✎   ✗ ✑ ✘   ✑ ✍ ✗ ✑ ✂ ư ☛ ✙ ☛   ✂   TH1. C 2 ch s còn l i cùng b ng 1 trong 3 ch s a, b, c: có 3 cách; m i hoán ✆ ✑ ✍ ✏   ✗ ✑   0,50   0,50 nh ng c 3! hoán v c a các v trí mà a, a, a chi m ch thì ch t o ra cùng m t s ư ✖ ☎ ✕ ☎ ✗ ✞ ✢ ✍ ✒ 5! = 60 s t nhiên. 3!   n, nên trong TH1 này có c th y 3 ⋅ ✆ ✆ ✝       TH2. 1 trong 2 ch s còn l i b ng 1 trong 3 ch s a, b, c và ch s kia b ng 1 ch s khác trong 3 ch s ó: có 3 cách; m i hoán v t 5! hoán v c a 5 ch s (ch ng h n) a, a, b, b, c t o ra m t s t nhiên n; nh ng c 2! hoán v c a các v trí mà a, a chi m ch và 2! hoán v c a các v trí mà b, b chi m ch thì ch t o ra ✑ ✍   ✏ ✑ ✑ ✏   ✑   ✑ ✗ ✂ ☎ ✗ ☎ ✕ ✑   ☞ ✍ ✍ ✒ ✝ ✗ ✞ ☎ ư ✕ ✖ ☎ ☎ ✕ ☎ ✗ ✞ ✢ ✍ 5! cùng m t s n, nên trong TH2 này có c th y 3 ⋅ = 90 s t nhiên. 2!2!     ✒ ✆ ✆ 0,50 ✝ 9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6! Ω 12600 1400 K t lu n: P ( A) = A = = ≈ 0,213382106 Ω 59049 6561 V y: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅ ✘ ✞ 0,50 ✘ 2. Trong m t ph ng v i h tr c to Oxy, cho hình vuông ABCD v i M, N l n l t là trung i m o n AB và BC. G i H là chân ng cao k t B xu ng   ✁ ✂ ✄ ☎ ✆ ✔ ✝ ✂ ✞ ✠ ư ✔ ✟ CM. Tìm t a ✡ ✔ ✔ ✆ các ✝ ✔ ✔ ✡ ✎ ư ☛ ☞ ✔ ư ☛ ✍ 5 2 nh c a hình vuông ABCD bi t: N (−1; − ), H (−1; 0) và D ✒ ✏ ✑ n m trên ✌ 2,00 ng th ng (d ) : x − y − 4 = 0 . ✁ Trong tam vuông BCH ta có : HN=NC (1) M t khác: BH và DN song song v i ✣ M A ✁ (Vì cùng vuông góc v i MC) H ✒   T ✂ ó: H và C H i x ng qua DN ⇒ DHN = DCN = 900 ⇒ DH vuông góc v i HN ✗ ✂ B ✖ ✁ N 0.50 C D uuur uuur G i D(m ; m-4) S d ng i u ki n HD.HN = 0 ⇒ m = 4 ⇒ D(4; 0) ✄ ✓ ✔ Nh n xét H và C ✘ ✜ T ✖ ó tìm ✖ ư ✛ ✕ ✖ ✙ ✖ 0,50 ✗ i x ng qua DN tìm ✞ ✖ ư ✛ c C (1; −4) 0,50 c : A(0;3), B(−3; −1) . 0.50 V 1 Cho hình chóp S.ABCD, áy ABCD là hình ch nh t có AB = a; AD = b . C nh (4.0) SA vuông góc v i áy và SA = 2a . G i M là i m n m trên c nh SA sao cho AM = x (0 < x < 2a ) . Tính di n tích thi t di n c a hình chóp c t b i m t ph ng m t ph ng (MBC) chia kh i chóp S.ABCD thành (MBC). Tìm x theo a hai ph n có th tích b ng nhau.   ✡ ✞ ✂ ✎ ✿     ✾ ✠ ✞ ✄ ✞ ✟ ✢ ✎ ✟ ☎ ✄ ✄ ✞   ✎ ✤ ✠ ❄ ✣ 2.00 S M N 0,50 A D B C Thi t di n là hình thang vuông MNCB, vuông t i B và M. Tính di n tích thi t di n: ✞ ✎ ✍ ✎ ✞ ✎ 1 S MNCB = ( MN + CB ) MB ; BM = BA2 + AM 2 = a 2 + x 2 2 SM . AD (2a − x).b ∆SMN ng d ng ∆SAD ⇒ MN = = SA 2a 1 2ab − bx  V y S MNCB =  + b a 2 + x2 . 2  2a  ✂ ✄ ✍ 0,50 ✘ 2a 2b =V 3 1 3   G i V là th tích c a kh i chóp S.ABCD ⇒ VS . ABCD = SA.S ABCD = ★ ✠ ✕   G i V1 là th tích c a kh i SMNCB: V1 = VS .MBC + VS .MNC ★ ✠ ✕ VS .MBC SM .SB.SC SM 2a − x = = = VS . ABC SA.SB.SC SA 2a Ta có 1 1 2 2a − x V 2a − x ab 2 (2a − x) V = a.b . . = . = SA.S ABC = .2a b = ⇒ VSMBC = 3 6 2 2a 2 2a 3 6 VSABC 0,50 VS .MNC SM .SN .SC SM SN  MN   2a − x  . = = =  =  VS . ACD SA.SC.SD SA SD  AD   2a  V a 2b (2a − x) 2 a 2b (2a − x) 2 ⇒ VS .MNC = = ⇒ VS . ACD = = . .b 2 3 4a 2 3 12 V a 2b (2a − x).ab (2a − x) 2 .b a 2b Yêu c u i n ⇔ V1 = = ⇔ + = 2 3 6 12 3  x = a(3 + 5) > 2a (loai ) ⇔ x 2 − 6ax + 4a 2 = 0 ⇔   x = a(3 − 5) (t / m) 2 2 Ta có ✥   ✫ ✧ ✎ ☞   V y v i x = a(3 − 5) thì mp(MBC) chia kh i chóp S.ABCD thành hai ph n có th tích b ng nhau. 2 Trong không gian v i h Oxyz , cho m t ph ng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 và hai i m A ( 3;4;1) , B ( 7; −4; −3). Tìm i m M trên (P) sao cho tam giác ABM vuông t i M và di n tích nh nh t, bi t i m M hoành l n h n 2. Nh n th y ng th ng AB song song v i (P). G i (S) là m t c u ng kính AB, I là trung i m c a AB, suy ra I ( 5; 0 − 1) ; IA = 24. Ph ng trình (S): ✘ ✁ ✥ ✠ 0,50 ✏ ✄ ✍ ✟ ✿ ✁ ✂ ✞ ✞   ✎ ✎     2,00 ✎ ✂ ✍ ✞ ✄ ✟ ☎ ✆   ✢ ✄   ☎ ✿ ơ ★ ✘ ✔ ✂ ư ✂ ( x − 5) 2 ☛ ☞ ✠ ✁ ✣ ✕ ư ✥ ✂ ư ☛ ơ + y + ( z + 1) = 24. 0,50 2 2 ✟ ✝ ✍ AB ✦ ✬ ✂ ✒ ✞ ☞ i không ✂ i ✠ song song v i (P) nên i m M c n m n m trên ✁ ☞ ✂ ✠ ✥ ✫ ✍ ✏ 0,50 m t ph ng (Q) i qua AB và vuông góc v i (P). ✣ ☞ ✂ ✁ uuur uur uur uur uuur Ta có AB ( 4; −8 − 4 ) ; nP (1;1 − 1) , suy ra VTPT c a (Q) là nQ =  nP , AB  = (12;0;12 ) . Ph ng trình (Q): x + z − 4 = 0. ✕ ư 0,50 ơ ❃ i m M th a mãn yêu c u bài toán là i m ✠ ✭ ót a ✂ ✒ ✂ i m M là nghi m h ph ★ ✂ ✥ ✂ ✠ ✎ ✎ ư ✠ ✂ ng th i thu c (P), (Q) và (S). Do ✄ ☛ ✒ x + z − 4 = 0  ng trình  x + y − z + 2 = 0 suy ra  2 2 2 ( x − 5 ) + y + ( z + 1) = 24 ơ 0,50 x = 3   y = −4 . V y M ( 3; −4;1) . z = 1  ✘   ...........................H t.............................. Chú ý: 1) N u h c sinh làm bài không theo cách nêu trong áp án nh ng úng thì cho s i m t ng ph n nh h ng d n quy nh. 2) Vi c chi ti t hóa (n u có) thang i m trong h ng d n ch m ph i b o m không làm sai l ch h ng d n ch m và ph i c th ng nh t th c hi n trong t ch m. 3) i m bài thi là t ng i m không làm tròn. ✞ ✁ ✂ ✄ ư ✄ ✄ ✟ ✠ ư ư ✡ ☛ ✄ ☞ ✞ ✌ ✌ ✁ ư ✡ ✁ ☛ ✄ ✍ ✎ ✞ ✓ ✞ ✒ ✄ ✄ ư ư ✏ ✝ ✍ ✡ ☛ ✑ ✍ ✌ ✎ ✒ ✎ ✍ ✄ ✎ ✆ ✝ ✄ ✟  ✁ TR ☎ NG THPT H U L C 2 ✂ ✆ ✄ THI CH N ✝ ☎ I TUY N H C SINH GI I L N 2 N M H C 2010 - 2011 ✄ ✞ ✡ ✝ ✠ ✝ Môn: TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát ☞ ✌ ☛ ✍ ☛ Câu I (6 điểm) 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè : y = 4|x3| - 3|x| - 1. 4 1 ≤ +7 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: cos 2 x tan x 3. XÐt ®iÓm A(1;0). ViÕt ph−¬ng tr×nh cña hä ®−êng th¼ng ®i qua A vµ t×m xem nh÷ng ®−êng nµo cña hä Êy c¾t ®å thÞ (C) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt. C©u II: (6 ®iÓm) ( )  1 + 42 x− y 51−2 x+ y = 1 + 22 x− y +1  1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :   y 3 + 4 x + 1 + ln( y 2 + 2 x) = 0 2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh : (1 + cosx)( 2 + 4cosx) = 3. 4cosx . 3. T×m m ®Ó bÊt ph−¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi x ∈ [ −4;6] ( 4 + x )( 6 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m C©u III. (2 ®iÓm) TÝnh tÝch ph©n sau; I= 1 2 ∫ − 1 2 dx ( 2 x + 3) 4 x 2 + 12 x + 5 C©u IV (4 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é §Ò c¸c vu«ng gãc Oxy cho tam gi¸c ABC néi tiÕp ®−êng trßn (C). BiÕt (C) cã ph−¬ng tr×nh: (x - 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; A(2;0) vµ diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 4. T×m täa ®é c¸c ®Ønh B; C. 2.Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. C©u V: (2 ®iÓm) T×m gi¸ trÞ l n nhÊt cña tæng sau theo c¸c h»ng sè d−¬ng x,y,z,t: ✎ 1 1 1 1 + + + xa + yb + zc + td xb + ya + zd + tc xc + yd + za + tb xd + yc + zb + ta 1 1 1 1 Trong ®ã : a,b,c,d, lµ c¸c sè d−¬ng tháa m n : + + + = 1. a b c d P= ----------------------------- Hết ----------------------------Cán b coi thi không gi i thích gì thêm. ✏ ✑ tr−êng thpt hËu léc 2 ®¸p ¸n ✟ ☎ ✆ ☎ THI CH N I TUY N H C SINH GI I L N 2 N M H C 2010 - 2011 ✝ ✄ ✡ ✞ ✝ ✠ ✝ Môn: TOÁN Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm Do hµm sç ® cho lµ hµm sè ch½n nªn ta chØ cÇn kh¶o s¸t víi x ≥ 0. Khi ®ã, Víi x ≥ 0 hµm sè trë thµnh : y = 4x3 - 3x - 1 Ta cã : y’ = 12x2 - 3, ta cã b¶ng biÕn thiªn. 1 x 0 +∞ 2 y’ 0 0,25 0,5 +∞ -1 y -2 Ta có BBT của hàm số đã cho : x +∞ 1 2 1 2 0 0 y’ I 6.0® +∞ +∞ -1 +∞ 0,25 y 1 2® -2 -2 0.5 Chỉ ra các khoảng đơn điệu và cực trị của hàm số. §å thÞ : 4 2 0,5 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 2 2   ViÕt l¹i PT ® cho d−íi d¹ng:  tan x ≠ 0  tan x ≠ 0 (1)  4 1 + tan 2 x ≤ 1 + 7 ⇔  3   4 tan x − 3 tan x − 1 ≤ 0 ( 2 )  x tan  Tõ ®å thÞ cña hµm sè ® cho ta suy ra: π π  tan x ≤ 1 (1) vµ (2) ⇔  ⇔ − + kπ ≤ x ≤ + kπ vµ x ≠ kπ 4 4  tan x ≠ 0 ( 1.0 ) 1.0 0,5 3 2   Hä ®−êng th¼ng ®i qua A(1; 0) cã ph−¬ng tr×nh y = k( x - 1) = kx - k Gäi B lµ ®iÓm B(0; -1). §−êng th¼ng nèi AB dÔ thÊy cã hÖ sè gãc lµ 0 − ( −1) k1 = =1 1− 0 Gäi k2 lµ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn víi ®−êng cong (C) ë nh¸nh bªn tr¸i Oy vÏ tõ A. Gäi x0 lµ hoµnh ®é tiÕp ®iÓm, ta cã hÖ sau: k2 x0 − k = −4 x03 + 3 x0 − 1( 4 )   2 k2 = −12 x0 + 3 ( 5 )   x0 < 0 ( 6 ) Thay (5) vµo (4) ta ®i ®Õn ph−¬ng tr×nh: 1− 3 ⇒ k2 = 6 3 − 9 4x03 - 6x02 + 1 =0 ⇒ x0 = 2 §−êng th¼ng ®i qua A vµ c¾t ®å thÞ t¹i bèn ®iÓm ph©n biÖt, ph¶i n»m gi÷a ®−êng th¼ng AB vµ tiÕp tuyÕn nãi trªn, ®ã lµ nh÷ng ®−êng th¼ng cã PT: y = kx - k víi 1 < k < 6 3 - 9 §Æt t = 2x - y  1 + 42 x − y 51− 2 x + y = 1 + 22 x − y +1 (1) Khi ®ã hÖ (I):  3 2  y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0(2) Ta cã:  1 t  4 t  t − t +1 t +1 ⇔ 5  +    = 1 + 2.2t (3) = 1+ 2 (1) ⇔ 1 + 4 5  5   5    1 t  4 t  §Æt f (t ) = 5  +    ; g(t) = 1+2. 2t  5   5   Ta cã: f(t) lµ hµm sè gi¶m, g(t) lµ hµm sè t¨ng Vµ f(1) = g (1) Do ®ã: (3) ⇔ t = 1 ⇔ 2 x − y = 1 2x = y + 1  VËy hÖ (I) ⇔  3 2  y + 2 y + 3 + ln( y + y + 1) = 0 §Æt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 ) Ta cã: 2y +1 2 y2 + 4 y + 3 2( y + 1) 2 + 1 = 3y2 + 2 = 3y2 + 2 h’(y) = 3y2 + 2 + 2 >0 y + y +1 y + y +1 y + y +1 h’(y) >0 ⇒ h(y) lµ hµm sè t¨ngvµ h(-1) = 0 x=0 2 x = y + 1 VËy (I) ⇔  ⇔  y = −1  y = −1 ( ( 1 2,0® II 6,0® ) ) §Æt t = cosx ∈ [ −1;1] ⇒ (1 + t)(2 + 4t) = 3.4t ⇔ 2 2,0® 3.4t 2 + 4t = t + 1 ⇔ f (t ) = Ta cã : f ' ( t ) = 6 ln 4.4t (2 + 4 ) t 2 3.4t 2 + 4t 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 − t −1 = 0 0.25 ( − 1 = 0 ⇔ 6 ln 4.4t = 2 + 4t §Æt u = 4t > 0 ⇒ (6ln4)u = (u + 2)2 = u2 + 4u + 4 ) 2 0,25 0,25 ⇔ u2 + (4 - 6ln4)u + 4 = 0 Ta cã : ∆ ' = 3ln4(3ln4 - 4) > 0 vµ u1u2 = 4 > 0 ; u1 + u2 = 6ln4 - 4 > 0 Suy ra u1 > 0 ; u2 > 0 ⇒ f’(t) = 0 cã 2 nghiÖm t1, t2 ph©n biÖt . MÆt kh¸c, hµm sè f(t) liªn tôc trªn R nªn PT f(t) = 0 kh«ng cã 3 nghiÖm t ph©n biÖt. Mµ f(0) = f(½) = f(1) = 0 nªn π  x = + kπ  t = 0 cos x = 0 2   1  1 π f(t) = 0 ⇔ t = ⇔ cos x = ⇔  x = ± + k 2π  2 3  2   t = 1 cos x = 1    x = k 2π  3 2   §Æt t = ( 4 + x )( 6 − x ) , §K t ∈ [ 0;5] ; suy ra x2 - 2x = 24 - t2. BPT ® cho trë thµnh : t ≤ 24 - t2 + m ⇔ f(t) = t2 + t - 24 ≤ m Ta dÔ thÊy f(t) ®ång biÕn trªn ®o¹n [0; 5], do ®ã ycbt ⇔ f(5) ≤ m ⇔ 6 ≤ m 4 x 2 + 12 x + 5 ⇒ t 2 = 4 x 2 + 12 x + 5 ⇒ tdt = 2(2x + 3)dx 1  x = 2 t = 2 3 ⇒ §æi cËn :  x = − 1 t = 0  2 2 Ta cã : (2x +3) = 4x2 + 12x + 9 = t2 + 4 0,5 0,5 0.5 0,5 1.0 §Æt t = III 2.0® 2® 1 VËy I = 2 2 2 ∫ 0 ( 1 = 2 t +4 t 2 tdt ) 2 2 ∫ 0 (t dt 2 +4 )  π π u ∈  − ;  ⇒ dt = 2(1 + tan2u)du  2 2 L¹i ®Æt t = tanu víi 0.5 0,5 0.5 π 13 π VËy I = ∫ du = 40 12 0,5 (C) cã t©m I(1; -2), b¸n kÝnh R = 0.25 5 Do ABC = 90 ⇒ C ®èi xøng víi A qua I ⇒ C(0; -4) cã pt ®−êng th¼ng AC lµ: 2x - y - 4 = 0 0 Cã S∆ABC = 4 ⇒ kho¶ng c¸ch tõ B ®Õn AC lµ: d = IV 4® 2S 4 = AC 5 ⇒ B ∈ ®−êng th¼ng ∆ ⁄⁄ AC, c¸ch AC mét kho¶ng b»ng d ⇒ pt cña ∆ cã d¹ng: 2x - y + m = 0. mµ ∆ ⁄⁄ AC ⇒ kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn ∆ b»ng d 1 2.0® VËy 4+m 5 = 0,25 0,25 0.25 m = 0 4 ⇒ 5  m = −8 + Víi m = 0 pt cña ∆: 2x - y = 0 ⇒ to¹ ®é B lµ nghiÖm cña hÖ: 6  x = −  y = 2x x = 0 5 hoÆc ⇔    2 2 ( x − 1) + ( y + 2 ) = 5 y = 0 y = − 12  5 + Víi m = -8 Pt cña ∆ : 2x-y- 8 = 0 ⇒ to¹ ®é B lµ nghiÖm cña hÖ: 0,5  16 x = 5 y = 2x − 8 x = 2 hoÆc  ⇔  2 2 = − 4 y − 1 + + 2 = 5 x y ) ( )  ( y = − 8  5 6 12 VËy to¹ ®é C(0; - 4), to¹ ®é B lµ: hoÆc (0; 0) hoÆc ( − ; − ) 5 5 16 8 hoÆc (2; -4) hoÆc ( ;− ) 5 5 0,5 S P F K N D E C O A B M I Gäi K vµ I lÇn l−ît lµ giao ®iÓm cña MN víi CD vµ BC, ta cã CK = CI = 3 CB. 2 d(P,(ABC)) = 2 2® 3 CD, 2 VPCIK = 0,25 1 d(S,(ABC)) 2 1 1 . CI.CK.sin ICK .d(P,(ABC)) 3 2 9 1 9 ( CB.CD.sin BCD .d(S;(ABC)) ⇒ VPCIK = VSABCD , (1) 16 3 16 V IB IE IM 1 MÆt kh¸c IBEM = . . = (2) VICPK IC IP IK 18 1 Tõ (1) vµ (2) ⇒ VIBEM = VSABCD 32 1 T−¬ng tù VKNDF = VSABCD 32 Gäi V2 lµ thÓ tÝch cña khèi ®a diÖn giíi h¹n bëi mÆt ph¼ng (MNP) vµ mÆt ph¼ng ®¸y 9 1 1 VSABCD VSABCD = VSABCD ⇒ V2 = VPCIK - (VIBEM + VKNDF) = 16 16 2 1 VËy V2 = VSABCD ⇒ ®pcm 2 = an (a1 + a 2 + ... + a n ) 2 a1 a 2 + + ... + ≥ víi aici > 0 *¸p dông B§T : c1 c 2 c n a1 c1 + a 2 c 2 + ... + a n c n Va 2® 0.25 (i = 1,2,3,...,n) DÊu b»ng x¶y ra ⇔ c1 = c 2 = ... = c n *§Æt: S = x+y+z+t > 0 . Ta cã : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 x y z t (x + y + z + t) 2 s2 + + + ≥ = a b c d xa + yb + zc + td xa + yb + zc + td 1 1 x y z t ⇒ ≤ 2( + + + ) xa + yb + zc + td s a b c d 1 1 x y z t T−¬ng tù : ≤ 2( + + + ) xb + ya + zd + tc s b a d c 0,5 1 1 x y z t 1 ≤ 2 ( + + + ), xc + yd + za + tb s c d a b xd + yc + zb + ta 1 x y z t ≤ 2( + + + ) s d c b a 0,25 *P ≤ 0,5 1 x+ y+ z+t x+ y+ z+t x+ y+ z+t x+ y+ z+t ( ) + + + S2 a b c d 1 1 1 1 1 1 ( + + + )= S a b c d S 1 1 *GTLN cña P b»ng ,®¹t ®−îc khi chØ khi : a = b = c = d = S 4 ⇒P≤ 0,25 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 MÔN: TOÁN – Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. (4 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3 x 2  mx  2 có đồ thị là (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị đó tạo với đường thẳng d : x  4 y  5  0 một góc 450 . Câu II. (4 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 x  cos x.cos 2 x.  tan 2 x  tan 2 x  .  2 x  2 y  2 x  y  2 xy  1  1  2. Giải hệ phương trình:  3 3 y  1  8 x 3  2 y  1 x  0  Câu III. (4 điểm) yz 1. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu y  z2 1 1 1 4 thức: A  .    2 2 2 ( x  1) ( y  1) ( z  1) ( x  1)( y  1)( z  1) 2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  1; 2  : m x 2  3x  1  2 0. x  3x  1  1 2 Câu IV. (4 điểm) 1. Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Lí và 9 quyển sách Hóa (các quyển sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi học sinh được 2 quyển sách khác loại. Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn Bình. Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC , với đỉnh A(1; 3) , phương trình đường phân giác trong BD : x  y  2  0 và phương trình đường trung tuyến CE : x  8 y  7  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu V. (4 điểm)   600 , 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a , góc BAD SA  SC và SB  SD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Biết rằng ( SDM )  ( SDN ) , hãy tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mp(SMN). 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  6  0 và các điểm A(1; 2;3) , B (3;0; 1) , C (1; 4;7) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được dùng tài liệu và máy tính bỏ túi. ĐÁP ÁN. Câu I Ý 1. Nội dung 3 Điểm 2 * Với m  0 , ta được hàm số y  x  3 x  2 1/ TXĐ:  . 2/ Sự biến thiên: 3 2 - Giới hạn: lim y  lim ( x  3 x  2)  lim x (1   3 )   x   x  x   x x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x  y '  0  x  0  x  2 BBT: x  2 0 y’ 0 0    2 3 2 0,5đ 3   1,0đ y  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   , nghịch biến trên  0; 2  ; Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2 3/ Đồ thị: 0,5đ 2. Tìm m để (Cm): y  x3  3 x 2  mx  2 có các điểm cực đại, cực tiểu … - Ta có: y '  3 x 2  6 x  m . Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT y '  0 có 2 nghiệm phân biệt   '  0  9  3m  0  m  3 (*) 1   2m m 1  - Lấy y chia y ' ta được: y  y '  x      2 x  2  3  3 3 3  Suy ra đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình là: m  2m   2m   : y    2  x  2  , đường thẳng này có hệ số góc là k1     2 . 3  3   3  1 5 1 Đường thẳng d : x  4 y  5  0  y   x  có hệ số góc là k 2   4 4 4 0,5đ 0,5đ II 1. - Các đường thẳng  và d tạo với nhau góc 450 khi và chỉ khi: 39  m  k  k 10 tan 450  1 2  ...   1  k1k 2 m   1  2 1 - Kết hợp với điều kiện ta được m   là giá trị cần tìm. 2 Giải phương trình: sin 3 x  cos x.cos 2 x.  tan 2 x  tan 2 x  (1)    x  2  m cos x  0 - ĐK:   m, n     cos 2 x  0 x   n  4 2 2 sin x.cos 2 x (1)  sin 3 x  sin 2 x.cos x  cos x 2  sin 3 x.cos x  sin 2 x.cos x  sin 2 x.cos 2 x  2sin 3 x.cos x  sin 2 x.(1  cos 2 x)  cos 2 x.(1  cos 2 x)  sin 4 x  sin 2 x  sin 2 x  sin 2 x.cos 2 x  cos 2 x.(1  cos 2 x)  sin 2 x.cos 2 x  cos 2 x.(1  cos 2 x) 0,5d 0,5đ 0,5đ 1,0đ cos 2 x  0 (loai)  sin 2 x  cos 2 x  1    2 x    k 2  x  k   2 4 4  sin(2 x  )     x    k 4 2  3  2x    k 2  4  4 4 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của PT(1) là: x  k , k   2.  2 x  2 y  2 x  y  2 xy  1  1 (1)  Giải hệ phương trình:  3 3 y  1  8 x 3  2 y  1 (2) x  0 (3)  - Ta có: (1)  (2 x  1)  (2 x  1)( y  1)  2( y  1)  0 (1.1) 0,5đ 0,5đ - Từ (3) suy ra: y  1  0  y  1 . Đặt a  2 x  1  0, b  y  1  0 , a  b PT (1.1) trở thành : a 2  ab  2b 2  0   a b  a  2b (loai)  2 x  1  y  1  2 x  y . Thay vào PT (2) ta được PT: 3 6 x  1  8 x 3  4 x  1  (6 x  1)  3 6 x  1  8 x 3  2 x   3  3 6 x  1  3 6 x  1  (2 x)3  (2 x) (2.1) - Xét hàm số: f (t )  t 3  t trên * , ta có: f '(t )  3t 2  1  0, t  0  f (t ) đồng biến trên *  (2.1)  f ( 3 6 x  1)  f (2 x)  3 6 x  1  2 x 0,5đ  6 x  1  8x 3  4 x3  3x  1 (2.2) 2 1  PT (2.2) vô nghiệm  0  x  1 2 1   - Đặt x  cos  ,    0;  , PT (2.2) trở thành: 4 cos3   3cos   2  2 1   2  cos 3   3    k 2      k ,k  2 3 9 3      Do    0;  nên    x  cos  y  2.cos . 9 9 9  2    Vậy hệ ban đầu có 1 nghiệm là :  x; y    cos ; 2cos  9 9  yz Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu y  z2 1 1 1 4 thức: A     . 2 2 2 ( x  1) ( y  1) ( z  1) ( x  1)( y  1)( z  1) Giải: 2 2 1 - Do y 2  z 2  ( y  z ) 2 nên từ giả thiết suy ra: x   y z 2 yz x - Mặt khác: theo BĐT Cauchy ta có: - Nhận thấy: với x  1 thì 4 x3  3 x  1  III. 1. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2 1 1 2  ( x  1)2 (1  y )(1  z )  (2  y  z ) 2   2    4 4 x x2 Khi đó áp dung BĐT Cauchy và kết quả trên ta có: 1 2 4 A   2 (1  x) (1  y )(1  z ) (1  x)(1  y )(1  z ) 2  2 2 0,5đ 2 3 2 1 2x 4x (2 x  1)(1  x)  4 x 2x  6 x  x 1     2 2 3 3 (1  x) (1  x) (1  x) (1  x) ( x  1)3 2x3  6x2  x  1 với x  0 , ( x  1)3 2(5 x  1) 1 Ta có: A '( x)   A '( x)  0  x  4 ( x  1) 5 - Lập BBT : 1 0 x 5 A’(x)  0 - Xét hàm số A( x)  0,5đ   2 A(x) 1 0,5đ 91 108 91 1  x ,yz5 108 5 Tìm mọi giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  1;2 : Theo BBT ta được: Amin  2. m x 2  3x  1  2 0 x  3x  1  1 2 5 Giải: - Với x  1; 2     x 2  3 x  1  1 4 5 Đặt t  x 2  3 x  1  1  t  4 2 2 Bất phương trình ban đầu trở thành: mt  0m 2 (*) t 1 t t 2  5 - Xét hàm số: f (t )  2 với t  1;  . t t  4 4t  2  5  5 - Ta có: f / (t )   2  0; t  1;   f (t ) nghịch biến trên đoạn 1;  2 (t  t )  4  4 5 32  5 Mà f (t ) liên tục trên đoạn 1;   max f (t )  f (1)  1, min f (t )  f ( )  4 45  5  5  4 t 1; t 1;  4  0,5đ 0,5đ 0,5đ  4  - Nhận thấy: bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x  1; 2 khi và chỉ khi 32  5 BPT (*) nghiệm đúng với mọi t  1;   m  min f (t )  m  45  5  4 t1;  0,5đ  4 32 là giá trị cần tìm. 45 Tính xác suất … - Gọi x là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Lí) (tức là có x quyển Toán và x quyển Lí) y là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Hóa) (tương tự) z là số cặp gồm 2 quyển (Lí, Hóa) (tương tự) - Ta có hệ phương trình:  x  y  z  12 x  3 x  y  7    y  4  y  z  9 z  5   z  x  8 Vậy m  IV. 1. - Khi đó: 0,5đ số cách chọn 2 phần thưởng (Toán, Lí) là: C32  3 cách Số cách chọn 2 phần thường (Toán, Hóa) là: C42  6 cách Số cách chọn 2 phần thường (Lí, Hóa) là: C52  10 cách 2. 0,5đ Mà số cách chọn 2 phần thưởng trong số 12 phần thưởng là: C122  66 cách - Vậy xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau là: C32  C42  C52 3  6  10 19    0, 29 C122 66 66 * Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC… - Do B  BD : x  y  2  0  B  (b; 2  b)  b  1 b  1  - Gọi E là trung điểm của AB  E   ;  . 2   2 - Lại do E  CE : x  8 y  7  0  b  3  B  (3;5) 0,5đ 0,5đ 0,5đ - Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua BD, theo tính chất của phân giác trong A '  BC . +/ Vì A ' A  BD và A  A ' A nên phương trình AA ' : x  y  4  0 x  y  2  0 x  3 +/ Gọi I  AA ' BD  tọa độ I là nghiệm của hệ:   x  y  4  0  y  1 +/ Lại do I là trung điểm của AA ' nên A '  (5;1) - Vì A '  BC nên phương trình BA ' chính là phương trình BC.   Ta có: A ' B  (8; 4)  n  (1; 2) là vectơ pháp tuyến của BC  BC : x  2 y  7  0 - Mặt khác: C  CE  BC  tọa độ C là nghiệm của hệ: x  2 y  7  0 x  7   C  (7;0)  x  8y  7  0 y  0 - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , (a 2  b 2  c) - Vì A, B, C thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình:  a  2  2a  6b  c  10  5    6 a  10 b  c   34   b   2 14a   c  49  c   21  Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 2  y 2  4 x  5 y  21  0 . V. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1. S H K D A E M O F I B N C * Tính thể tích S.ABCD…   600  ABD là tam giác đều cạnh 2a - Theo giả thiết ABCD là hình thoi, có BAD  BD  2 a, AC  2a 3, S ABCD  2a 2 3 - Gọi E  AC  MD, F  AC  ND, O  AC  BD. - Theo giả thiết suy ra SO  mp ( ABCD ) 0,25đ  AC  BD - Lại có:   AC  mp ( SBD )  AC  SD  AC  SO   900 là góc giữa 2 mp(SMD) và - Dựng EH  SD tại H  SD  mp ( HFE )  FHE (SND) vuông góc với nhau. 1 1 a 3 - Dễ thấy HE  HF HFE vuông cân tại H  HO  EF  AC  2 6 3 1 1 1 - Mặt khác: OH  SD    2 2 OH SO OD 2 1 1 1 3 1 2 a 2     2  2  2  SO  2 2 2 SO OH OD a a a 2 3 1 1a 2 a 6  VS . ABCD  SO.S ABCD  .2a 2 3  3 3 2 3 * Tính khoảng cách từ D đến mp(SMN). - Gọi I  MN  BD  I là trung điểm của BO DI  3.OI  d ( D;( SMN ))  3.d (O; ( SMN )) . 2. Ghi chú:  MN  BD - Ta có:   MN  mp ( SOI )  mp ( SMN )  mp( SOI ) theo giao tuyến SI  MN  SO - Dựng OK  SI tại K  OK  ( SMN )  OK  d (O; mp ( SMN )) - Do OK là đường cao của tam giác vuông OSI nên: 1 1 1 2 4 6 a 6 a 6   2  2  2  2  OK   d ( D; mp ( SMN ))  3.OK  2 2 OK SO OI a a a 6 2 3 a 6 a 6 Vậy VS . ABCD  và d ( D;( SMN ))  . 3 2 * Tìm tọa độ điểm M sao cho MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có: G  (1; 2;3)      - Nhân thấy: MA  MG  GA  MA2  MG 2  GA2  2.MG.GA     - Tương tự: MB 2  MG 2  GB 2  2.MG.GB ; MC 2  MG 2  GC 2  2.MG.GC     Suy ra: MA2  MB 2  MC 2  3.MG 2  GA2  GB 2  GC 2  2.MG.(GA  GB  GC )  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 . - Do đó: MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất  MG 2 nhỏ nhất  MG nhỏ nhất  M là hình chiếu của G trên mp(P). - Ta có đường thẳng d đi qua G và vuông góc với mp(P) có phương trình là:  x  1  t , y  2  2t , z  3  2t - M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ: x  1 t t  1  y  2  2t x  0     M  (0; 4;1) là điểm cần tìm.    z  3  2t y  4  x  2 y  2 z  6  0  z  1 - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Câu V.1 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,75đ 0,75đ TR   ✁ ✰ ✱ ✂ ✰ THI CH N NG THPT H U L C 2 ✄ ✳ I TUY N H C SINH GI I L P 12 ✲ ✴ ✲ ✵ ✶ VÒNG 2 – N M H C 2012-2013 ✷ ✸ Môn: Toán – Th i gian: 180 phút. ✹ Câu I (4 điểm) Cho hàm s y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1 . 1. Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm s . ng th ng x = 2 có th k c bao nhiêu ti p tuy n 2. T m t i m b t k trên n (C). Câu II (4 điểm)  y 2 − x2 x 2 + 1 = 2 e 1. Gi i h ph ng trình:  y +1 3log ( x + 2 y + 6) = 2log ( x + y + 2) + 1 3 2  2. Xác nh t t c các giá tr c a tham s m b t ph ng trình sau có nghi m: ☎ ✆ ✝ ✞ ✟ ✠ ✡ ☛ ☞ ☎ ✎ ✌ ✠ ✍ ✎ ✠ ✏ ✑ ✠ ư ✓ ✔ ✕ ✠ ư ✖ ✞ ✞ ✞ ✆ ✗ ư ơ ✎ ✠ ☛ ✏ ✆ ☛ ☞ x3 + 3 x 2 − 1 ≤ m ☎ ( ✠ x − x −1 ) ✏ ư ơ ✗ 3 Câu III (4 điểm) 1. Gi i ph ng trình: tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x . ✆ ư ( ơ ) π 2 cos x .dx 3 sin x cos x + 0 I=∫ 2. Tính tích phân: 3 Câu IV (6 điểm) 1. Trong m t ph ng to Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC = 2.BD .  4  13  i m M  2;  thu c ng th ng AB, i m N  3;  thu c ng th ng CD.  3  3 Vi t ph ng trình ng chéo BD bi t nh B có hoành nh h n 3. 2. Cho l ng tr tam giác ABC.A’B’C’ có áy ABC là tam giác vuông t i A, AB = a, BC = 2a . Hình chi u vuông góc c a A’ trên mp(ABC) trùng v i trung i m H c a AC, góc gi a hai m t ph ng (BCC’B’) và (ABC) b ng 600 . Tính th tích kh i l ng tr ã cho và kho ng cách gi a hai ng th ng AA’ và BC theo a. Câu V (2 điểm) Cho ba s a, b, c d ng th a mãn acb ≥ 1 . 1 1 1 + 4 + 4 ≤ 1. Ch ng minh r ng: 4 4 4 a+b +c a +b+c a + b4 + c ✙ ✔ ✚ ✠ ✍ ✎ ✎ ✛ ✍ ✞ ư ơ ✠ ✣ ư ✠ ư ✓ ✔ ✠ ✓ ✞ ✠ ✍ ✜ ✠ ✤ ✍ ✢ ✠ ✓ ✔ ơ ✠ ✞ ✚ ☞ ✥ ✎ ✎ ✠ ☞ ☎ ✦ ✣ ✤ ☎ ★ ư ✠ ✙ ✔ ✆ ơ ✧ ✦ ✠ ✢ ✧ Hết - ư ✩ ✪ Cán b trông thi không gi i thích gì thêm. Thí sinh không c dùng máy tính b túi các lo i. ✫ ✬ ✭ ✮ ✯ ư ✓ ✔ H Câu NG D N CH M VÀ BI U I M   ✁ ✂ ✄ ☎ ✆ ☎ Nội dung y = x − 6 x + 9 x − 1 (C) ✞ 3 ✝ Điểm 2 1. Kh o sát hàm s TX : R S bi n thiên - Gi i h n: lim y = lim ( x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1) = ±∞ ✟ ✡ ✠ ☛ 0,25 ☞ x →±∞ x →±∞ x = 1 Chi u bi n thiên: y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 ⇒ y ' = 0 ⇔  x = 3 BBT: −∞ 1 3 +∞ x y’ + 0 − 0 + 3 +∞ ✌ - ✡ 0,25 0,5 y −∞ -1 ng bi n trên các kho ng ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) ; ngh ch bi n trên ✞ - ✡ Hàm s ✍ ✎ ✡ ✝ ✏ kho ng (1;3) . ✝ 0,5 ✞ - Hàm s t c c i t i x = 1, yCD = 3 ; - Hàm s t c c ti u t i x = 3, yCT = −1 th : - (C) i qua các i m (0; −1), (2;1) ✍ ✍ ☞ ☞ ☞ ✠ ✞ ✑ ✍ ☞ ☞ ✠ ✑ ✎ ✟ ✍ ✍ ✏ I 0,5 Xét i m A ( 2; a ) trên ✑ 2. ✍ ✍ ✓ư ng x = 2 . Ti p tuy n t i M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) có ph ✡ 0,25 ✡ ☞ ✡ ✡ ơ ư ng trình là: y = ( 3 x0 2 − 12 x0 + 9 ) ( x − x0 ) + x0 3 − 6 x0 2 + 9 x0 − 1 0,25 Ti p tuy n này qua A khi và ch khi a = ( 3x0 2 − 12 x0 + 9 ) ( 2 − x0 ) + x0 3 − 6 x0 2 + 9 x0 − 1 ✕ 0,5 ⇔ 2 x0 − 12 x0 + 24 x0 − 17 + a = 0 ⇔ a = − 2 x0 + 12 x0 − 24 x0 + 17 (1) S nghi m c a ph ng trình (1) chính là s ti p tuy n qua A Xét hàm s : g ( x) = −2 x0 3 + 12 x0 2 − 24 x0 + 17 trên R 3 2 3 ✞ ✞ ✖ ơ 2 ✡ ✡ ư 0,25 ✗ ✞ Có: g '( x) = −6 ( x − 2 ) ≤ 0, ∀x ∈ R , suy ra g(x) luôn ngh ch bi n và có t p giá tr là (- ∞ ,+ ∞ ) do ó ph ng trình (1) luôn có m t nghi m duy nh t c úng m t ti p tuy n n (C) V y t m t i m b t k trên x = 2 luôn k ✡ 2 ✘ ✏ ✏ ✚ ✍ ơ ư ✖ 0,5 ✙ ✑ ✘ ✚ ✡ ✍ ✛ ✙ ✢ ✜ ✍ ✣ ư ✍ ✡ ✡ ✍ ✙ 0,25 ✝ ✖ 1. Gi i h ph ơ ư  y 2 − x2 x 2 + 1 = 2 e ng trình:  y +1 3log ( x + 2 y + 6) = 2 log ( x + y + 2) + 1 3 2  (1) (2) - PT (1) ⇔ e x ( x 2 + 1) = e y ( y 2 + 1) (3). 2 2 0,25 f (t ) = et (t + 1) trên R+* = [ 0; +∞ ) ✞ - Xét hàm s ✞ Có f '(t ) = et (t + 2) > 0, ∀t ∈ R+* , suy ra hàm s ✡ ✍ f (t ) ng bi n trên R+* ✎ 0,25 x = y ⇒ PT (3) ⇔ x 2 = y 2 ⇔  x = −y * V i x = − y , thay vào PT (2), ta c: 3log 3 ( y + 6) = 2 log 2 2 + 1 ⇔ 3log3 ( y + 6) = 3 ⇔ y + 6 = 3 ⇔ y = −3 ⇒ x = 3 ☛ ✍ ✣ 0,25 ư 0,25 Suy ra h có nghi m: ( x; y ) = ( 3; −3) ✖ ✖ c: * V i x = y , thay vào PT (2), ta 3log 3 (3x + 6) = 2 log 2 (2 x + 2) + 1 ⇔ 3 (1 + log 3 ( x + 2) ) = 2 (1 + log 2 ( x + 1) ) + 1 0,25 ⇔ 3log 3 ( x + 2) = 2 log 2 ( x + 1) = 6t 0,25 ☛ ✍ ✣  x + 2 = 9 8 1 t t ⇒ ⇒ = − ⇔ 1 9 8   +   = 1 ⇔ ... ⇔ t = 1 t 9 9  x + 1 = 8 ⇒x= y=7 V y h ban u có 2 nghi m: ( x; y ) = ( 3; −3) , ( 7;7 ) . t t II ư ✘ ✖ ✍ K: x ≥ 1 ✟ ( x − x −1 - BPT (1) ⇔ ( x 3 + 3x 2 − 1) - Xét hàm s ( ) 0,25 3 (1) ) ( x + x −1 ( - L i do hàm s 3 trên D = [1; +∞ ) 0,25 ✖ Khi ó bài toán tr thành: “ tìm m Ta có: f '( x) = ) bpt f ( x) ≤ m có nghi m trên D = [1; +∞ ) ” ✑ ✍ ✁ - 0,25 3 x + x −1 ≤ m f ( x) = ( x 3 + 3x 2 − 1) ✞ ✍ 0,25 ✖   2. x3 + 3 x 2 − 1 ≤ m - t  2 3 x3 + 3x 2 − 1  x + x − 1 3 x + 6 x +  > 0, ∀x > 1 2 x( x − 1)   ) 3 f ( x) liên t c trên D = [1; +∞ ) nên ✞ ☞ ✂ 0,5 ✡ f ( x) ✍ ✎ ng bi n trên D = [1; +∞ ) ⇒ min f ( x) = f (1) = 3 x∈D ✚ f ( x) ≤ m ✘ - Nh n th y: bpt D = [1; +∞ ) ✖ có nghi m trên khi và ch ✕ m ≥ min f ( x) ⇔ m ≥ 3 x∈D V y m ≥ 3 là giá tr c n tìm. ✘ ✝ 1. Gi i ph ơ ư ( ) ng trình: tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x (1) - K: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ m π ✟ III 0,25 0,25   ✏ khi 0,5 2 , m∈Z 0,25 - Ta có sin 2 x − 3cos 2 x sin 2 x − 3cos 2 x 1  (1) ⇔ = 4 sin x + 3 cos x ⇔ = 8  sin x + 3 cos x  sin x cos x sin x cos x 2  π π 1 − cos 2 x 3 (1 + cos 2 x )  ⇔ − = 4sin 2 x  sin x cos + cos x sin  2 2 3 3  ( ) 0,25 π   π π    ⇔ −1 − 2 cos 2 x = 4 sin 2 x sin  x +  ⇔ −1 − 2 cos 2 x = 2 cos  x −  − cos  3 x +   3 3 3      ⇔ cos 0,25 2π π π   − cos 2 x = cos  x −  − cos  3 x +  3 3 3   π   π 2π   ⇔ cos 2 x + cos  x −  −  cos  3 x +  + cos  = 0 3   3 3   0,25  3x π  x π  3x π   3x π  ⇔ 2 cos  −  cos  +  − 2 cos  +  cos  −  = 0  2 6 2 6  2 2  2 6  3x π    x π   3x π  ⇔ cos  −  cos  +  − cos  +   = 0  2 6   2 6   2 2  0,25 π  x π   3x π   ⇔ 2 cos  −  sin  x +  sin  +  = 0 3 2 6  2 6  0,25   3x π   3x π π  cos  2 − 6  = 0  2 − 6 = 2 + kπ  4π 2π     = + x k    π π 9 3 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔  x + = kπ ⇔ (tmdk)  π 3 3     x = − + kπ   π x  x π 3  + = kπ sin  +  = 0  2 6  2 6 0,5 π 2 cos x .dx 3 sin x cos x + 0 2. Tính tích phân: I = ∫ - t x=   ✟ π 2 3 − t ⇒ dx = − dt ; ✍ ✘ ✁ i c n: x 0 π t π 0 0,25 2 2 π  π π cos  − t  dt 2 2 2 t dt sin . sin x.dx 2  ⇒I=∫ =∫ 3 = 3 3 ∫ π   0 sin t + cos t 0 sin x + cos3 x 3π 0 cos 3  t sin t − + −     2  2  π π 0,25 π 2 sin x + cos x 1 dx dx ⇒ 2I = ∫ 3 = 3 2 2 ∫ x x x x x x sin cos sin sin cos cos + − + 0 0 2 π 0,25 π 4 2 1 1 dx dx + 2 2 2 2 ∫ sin x − sin x cos x + cos x π sin x − sin x cos x + cos x 0 =∫ 0,25 4 π π 4 2 1 1 dx dx + ∫ 2 2 2 2 π sin x ( cot x − cot x + 1) 0 cos x ( tan x − tan x + 1) =∫ 0,25 4 π π 4 =∫ 0 2 d (tan x) d (cot x) − 2 2 ∫ tan x − tan x + 1 π cot x − cot x + 1 4 1 - -   ✟   ✟ t tan x = t , cot x = t , ta ✍ t t− ✣ ư 1 1 dt dt dt ⇒I =∫ 2 =∫ 2 t − t +1 t − t + 1 0  1 2 3 0 0 t −  +  2 4 c: 2 I = 2∫ 1 3 3 = tan ϕ ⇒ dt = 1 + tan 2 ϕ ) dϕ ( 2 2 2 0,25 π i c n: t = 0 ⇒ ϕ = − ✘ ✁ ✟ 6 ; t =1⇒ ϕ = π π 6 π (1 + tan ϕ ) dϕ = 2 3 dϕ = 2 3 ϕ ⇒I= ∫ 3 ∫ 3 (1 + tan ϕ ) − 2 3 2 6 π 6 2 3 4 − 6 2π 3 9 1. – G i N’ là i m 0,25 π π 6 − π = 6 2π 3 9 0,25 6 V y I= ✘ ✑ ✍ ✞ ✍ i x ng c a M qua I  14  ⇒ N ' ∈ CD . D có: N ' =  4;  .  3 ng th ng CD i qua N và N’, suy ra CD có ph ng trình là: x − 3 y + 10 = 0 . Suy ra AB có ph ng trình là: x − 3 y + 2 = 0 .   ✁ B ✗ •N M ✂ I ✄ ✓ư C H ✍ 0,25 N’ ✟ ơ ư ơ D ng IH ⊥ AB t i H ⇒ IH = d ( I ; AB) = - A D 0,25 ư ☞ 3−9+ 2 ✠ 10 = 4 10 0,25 Do ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD . Do AC = 2.BD ⇒ IA = 2.IB , t IB = a > 0 ⇒ IA = 2a . Trong tam giác vuông IAB có: 1 1 1 5 1 1 = 2 + 2 ⇔ = 2 + 2 ⇔ a 2 = 2 ⇔ a = 2 ⇒ BD = 2 2 2 IH IA IB 8 4a a - Do B ∈ AB : x − 3 y + 2 = 0 nên gi s B = ( 3b − 2; b ) ⇒ D = ( 8 − 3b; 6 − b ) - ✍ 0,25   0,25 ✝ ☎ ⇒ BD 2 = ( 6b − 10 ) + ( 2b − 6 ) = 40b 2 − 144b + 136 = 8 2 0,25 2  B = ( 4; 2 ) b = 2   ⇔ ⇒ b = 8  B =  14 ; 8  5    5 5  14 8  uur  1 7  uuur Do xB < 3 ⇒ B =  ;  ⇒ IB =  − ; −  ⇒ nBD = ( 7; −1) là vect pháp tuy n c a BD  5 5  5 5 Suy ra ph ng trình BD là: 7 x − y − 18 = 0 2. B’ C’ - D ng Ax // BC , d ng HI ⊥ Ax t i I. Ta th y mp ( AIA ') // mp ( BCC ' B ') nên 0,25 ✡ ơ IV ✗ ơ 0,25 ư ☞ ✠ ✠ ✚ ( ( BCC ' B '), ( ABC ) ) = ( ( AIA '), ( ABC ) ) 0,25 A’  Ax ⊥ A ' H ⇒ Ax ⊥ mp( AIA ') ⇒ Ax ⊥ A ' I - Do   Ax ⊥ AI 0,25 ⇒ ( ( AIA '), ( ABC ) ) = A ' IH = 600 . - Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = a 3 B K - Do Ax // BC ⇒ IAH = ACB H IH AB ⇒ sin IAH = sin ACB ⇒ = x I A AH BC AB a 3 a a 3 3a ⇒ IH = AH . = = ⇒ A ' H = IH .tan 600 = BC 2 2a 4 4 2 1 a 3 3a 3 3 - L i có: S ABC = AB. AC = ⇒ VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S ABC = 2 2 8 - Nh n th y: BC // mp ( AIA ') ⇒ d ( BC ; AA ') = d ( BC ; ( AIA ')) = d (C ;( AIA ')) = 2d ( H ;( AIA ')) ☞ C 0,25 0,25 ✚ ✘ 0,25 D ng HK ⊥ A ' I ⇒ HK ⊥ mp ( AIA ') ⇒ HK = d ( H ;( AIA ')) 1 1 1 16 16 64 3a - Mà = + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HK = 2 2 HK HA ' HI 9a 3a 9a 8 3a V y d ( AA '; BC ) = 4 Cho ba s a, b, c d ng th a mãn acb ≥ 1 . 1 1 1 + 4 + 4 ≤ 1. Ch ng minh r ng: 4 4 4 a + b + c a + b + c a + b4 + c - Áp d ng B T AM-GM và gi thi t acb ≥ 1 , ta có: 3b 4 + c 4 b 4 + 3c 4 b2 + c 2 a2 + b2 + c2 b4 + c4 = + ≥ bc(b 2 + c 2 ) ≥ ⇒ a + b4 + c 4 ≥ 4 4 a a 1 a ⇒ ≤ 2 4 4 a+b +c a + b2 + c2 1 b 1 c ≤ 2 ≤ 2 ; 4 - T ng t ta có: 4 4 2 2 4 a +b+c a +b +c a + b + c a + b2 + c2 1 2 - L i có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) 3 Suy ra: 1 1 1 3 3 a+b+c + 4 + 4 ≤ 2 2 2≤ ≤ 3 ≤ 1 ( pcm) 4 4 4 4 a+b +c a +b+c a +b +c a +b +c a + b + c 3 abc 1 1 1 V y + 4 + 4 ≤ 1, 4 4 4 a + b + c a + b + c a + b4 + c d u “=” x y ra khi và ch khi a = b = c = 1 - ✠ ✘ 0,25 0,25 0,25 ✞ ơ ư   ✁ ✁ ✡ ✝ ✟ ✂ ơ V 0,5 ư ✠ ☞ ✍ 0,5 0,25 0,5 ✘ ✚ ✝ ✕ ✡ ✚ ✂   ✂ ✝ ✑ ✍ Chú ý: - Bài hình h c không gian n u không v hình ho c v sai c b n thì không ch m i m. - Các cách gi i khác n u úng v n cho i m t i a. ơ   ✡ ✝ ✑ ✄ ✍ ✍ ✞ ✍ 0,25 ✞  ✁ TR NG THPT H U L C 2 ✂ ✄ ☎ THI CH N H C SINH GI I L P 12 VÒNG 1 N M H C 2012-2013 ✆ ✝ ✝ ✟ ✠ ✝ Môn: TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao ☛ ☞ ✌ ✍ ) ✡ ☛ ✌ Câu 1: (3 i m) Chøng minh r»ng hµm sè y = x4- 6x2 + 4x + 6 lu«n lu«n cã 3 cùc trÞ ®ång thêi gèc to¹ ®é O lµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi 3 ®Ønh lµ 3 ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè. ☛ ✌ Câu 2: (3 i m) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 co s2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3(sin x + 3 cos x) (1) ☛ ✌ Câu 3: (4 i m) 1 − cos x.cos 2x khi x ≠ 0  1. Cho hàm s f (x) =  x 0 khi x = 0 Tính o hàm c a hàm s t i x = 0 . 2. Gi i ph ng trình: ( x − 1) 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = x + 6 ✎ ✏ ✑ ✒ ✓ ✔ ✎ ✑ ( ơ ☛ ) ✌ Câu 4: (2 i m) Cho các s th c x , y , z th a mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: ✎ ✖ ✗ ✘ ✙ ✚ ✒ ✛ ✜ F = 3 x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2 ☛ ✌ Câu 5: (3 i m) Oxy cho i m M (1; −1) và hai ng th ng d1 : x − y − 1 = 0 , Trong m t ph ng v i h to d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . G i A là giao i m c a d1 và d 2 . 1. Vi t ph ng trình ng tròn có tâm n m trên d1 , i qua i m M và ti p xúc v i d 2 . ng th ng ∆ i qua i m M c t d1 , d 2 l n l t B và C sao cho 2. Vi t ph ng trình ba i m A, B, C t o thành tam giác có BC = 3AB. ✢ ✣ ✙ ✤ ✑ ✏ ✥ ✏ ✦ ✏ ✧ ✔ ơ ✏ ✔ ✡ ✧ ✔ ơ ✏ ✔ ✡ ✏ ✛ ✛ ✛ ✏ ✡ ✣ ✒ ★ ✣ ✔ ✏ ✏ ✏ ✛ ✏ ✩ ✛ ✧ ✪ ✔ ✫ ✙ ✬ ✑ ☛ ✌ Câu 6: (3 i m) Cho h×nh chãp SABCD cã ®¸y lµ h×nh b×nh hµnh. Gäi K lµ trung ®iÓm cña SC. MÆt ph¼ng qua AK c¾t c¸c c¹nh SB, SD lÇn l−ît t¹i M vµ N. Gäi V1, V thø tù lµ thÓ tÝch cña khèi chãp SAMKN vµ khèi chãp SABCD. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña tû sè V1 . V ☛ ✌ Câu 7: (2 i m) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) = x5 x 4 + 3x 2 + 2 ✭ --H T-✯ H và tên thí sinh:...................................................................... S báo danh:...................... ✮ ✞  ✁ TR NG THPT H U L C 2 ✂ ✄ ÁP ÁN ☎ ☎ ✆ THI CH N H C SINH GI I L P 12 VÒNG 1 N M H C 2012-2013 ✝ ✝ ✠ ✟ ✝ Môn: TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao ( áp án g m 06 trang) ☛ ☞ ✌ ✡ ✁   CÂU N I DUNG TËp x¸c ®Þnh: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6. y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = 0 g(x) = x3 - 3x + 1 = 0 Ta cã g(x), liªn tôc g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3 ✍ ) ✂ Câu 1 ✄ I M ☎ (1)  g(- 2).g(- 1) < 0   g(-1).g( 1) < 0  g( 1).g( 2) < 0  3.0 g(x) liªn tôc nªn ph−¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt tháa m n : - 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2 * Ta cã y = 1 y’.x- 3.(x2 - x - 2) 4 (1) Gäi c¸c ®iÓm cùc trÞ lµ A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) vµ G (x0,y0) lµ träng t©m tam gi¸c ABC. Theo §L Viet cã x1 + x2 + x3 = 0 (2) x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3) Tõ (2) suy ra x0 = x1 + x2 + x3 =0 3 Tõ (1) (2) (3) suy ra: y0 = 1 (y1+y2+y3) = -3 [( x12 + x22 + x32 )-(x1+x2+x3) - 6] 3 = -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 VËy G (0;0) ≡ 0(0;0) (§PCM) Câu 2 Bµi 1.1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 co s2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3(sin x + 3 cos x) (1) (1) ⇔ 2 + cos 2x + 3 sin 2x = 3(sin x + 3 cos x) ⇔ 2 + 2  1 cos2x + 3 sin 2x  = 6  1 sin x + 3 cos x  ⇔     2 2 π   2    2 π    π π   2 + 2 cos  2x −  = 6 cos  x −  3 6   π   π ⇔ 1 + cos  2x −  = 3 cos  x −  ⇔ 2 cos2  x −  = 3 cos  x −  3 6 6 6  π      π  3 ⇔ cos  x −  = 0 v cos  x −  = (loaïi) 6 6 2 ⇔ x− π 6  = π 2 + kπ ⇔ x =  2π + kπ , k ∈ Z. 3 VËy ph−¬ng tr×nh c 1 hä nghiÖm lµ: x = ✆ 2π + kπ , k ∈ Z. 3  3.0 CÂU N I DUNG 1 − cos x.cos 2 x khi x ≠ 0  1. Cho hàm s f ( x) =  x 0 khi x = 0 Tính o hàm c a hàm s t i x = 0 . 2. Gi i ph ng trình : ( x − 1) 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = x + 6 ✂ ✄ I M ☎   Câu 3 4.0   ✌ ✁ ✂ ✁ ( ✄ ☎ ơ ) f ( x)− f (0) 1 − cos x cos 2 x = lim x →0 x→0 x−0 x2 1 1 − ( cos 3x + cos x ) 1 − cos 3x 1 − cos x = lim 2 = lim + lim 2 2 x →0 x →0 x →0 x 2x 2x2 2 2 3x  x   sin sin  9 2  + 1 lim  2 =5 = lim     4 x →0  3 x  4 x →0  x  2  2   2  5 V y f '(0) = 2 K: x ≥ 1 . • x = 1 không là nghi m c a ph ng trình Xét gi i h n lim ✙ Ý 1. (2 ) ✝ 0.5 ✑ 0.5 0.75 ✞ 0.25 ✟ ✤ • ✒ ✔ 0.5 ơ x+6 (*) x −1 x > 1 thì PT ⇔ 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = Ta xét các hàm s sau trên (1;+∞ ) 0.5 ✎ 1) f ( x) = 2 x − 1 + 3 x + 6 có f '( x) = Ý 2. (2 ) 2) g ( x) = ✝ 0.25 1 1 +3 > 0, ∀x > 1 x −1 x+6 3 x+6 −7 có g '( x) = < 0, ∀x > 1 2 x −1 ( x − 1) 0.25 Do ó trên mi n x > 1: VT(*) là hàm s ng bi n, VP(*) là hàm s ngh ch bi n nên nghi m x = 2 c ng là nghi m duy nh t c a (*) Tóm l i: PT có nghi m duy nh t x = 2 Cho các s th c x , y , z th a mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: 0.25 0.25 F = 3 x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2 2.0 ✏ ✎ ✠ ✤ ✤ ☛ ✑ ✤ ✏ ✚ ✧ ✡ ✎ ✘ ✧ ✒ ✚   ☛ ✏ ✌ ✎ ✍ ✂ ✑ ☞ Câu 4 ✟ Áp d ng B T Buniacovsky ta có: F 2 ≤ 3 6 x 2 + 12 ( y + z )  ≤ 18  x 2 + 2 2 ( y 2 + z 2 )  = 18  x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 )      ✒ Xét hàm s : ✎ f ( x) = x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) trên mi n xác ✠ f '( x) = 2 x − 4x 2 (3 − x 2 ) ( ✏ ✘ nh − 3 ≤ x ≤ 3 ) ( x ∈ − 3; 3 ) x = 0 f '( x) = 0 trên (- 3; 3) ⇔   x = ±1 0.75 0.25 0.25 CÂU ( N I DUNG ✂ ) ✄ f (0) = 2 6 f ± 3 = 3, f ( ±1) = 5 I M ☎ 0.25 ⇒ max f ( x) = 5  − 3; 3    Suy ra F 2 ≤ 18.5 ⇒ F ≤ 3 10 V i x = y = z = 1 th a mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 thì F = 3 10 . V y max F = 3 10 Trong m t ph ng v i h to Oxy cho i m M (1; −1) và hai ng th ng d1 : x − y − 1 = 0 , d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . G i A là giao i m c a d1 và d 2 . ng tròn có tâm n m trên ng th ng d1 , i qua i m M và 1.Vi t ph ng trình Câu 5 ti p xúc v i ng th ng d 2 . ng th ng ∆ qua M c t d1 , d 2 l n l t B và C sao cho ba 2.Vi t ph ng trình i m A , B , C t o thành tam giác có BC = 3AB. G i ng tròn c n tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì I ∈ d1 ⇒ I ( a; a − 1) (T) qua M và ti p xúc d2 nên ta có: 2a + ( a − 1) − 5 2 IM = d ( I ; d 2 ) ⇔ ( a − 1) + a 2 = 5 ✞ ✙ 0.5 ✗ ☛ ✁ ✎ ✂ ✌ ✁ ✁ ✌ ✄ ✌ ☞ ☎   ☛ ✌ ✂ ☎ ✆ ✝ ✌ ☎ ☛ ✁ ☞ ơ ✌ ☞ ☎ ✌ ✌ ☎ ✆ ✁ ✌ ✎ ☞ ☎ ✆ ✁ ✌ ☎ ✞ ✟ ☞ ơ 3.0 ✡ ☎ ☎ ✠ ☛ ✌ ✁ ✦ ✏ ✔ ✡ ✪ 0.25 ✧ ⇔ a 2 + 26a − 31 = 0 ⇔ a = −13 ± 10 2 Ý 1. • (1.5 ) ( ) 0.25 ( a = −13 − 10 2 ⇒ I −13 − 10 2; −14 − 10 2 ; R = 5 9 + 6 2 ( ) ) + ( y + 14 + 10 2 ) = 5 (9 + 6 2 ) (1) a = −13 + 10 2 ⇒ I ( −13 + 10 2; −14 = 10 2 ) ; R = 5 ( 9 − 6 2 ) Ph ng trình (T) là : ( x + 13 − 10 2 ) + ( y + 14 − 10 2 ) = 5 ( 9 − 6 2 ) ✝ 2 trình (T) là : x + 13 + 10 2 • 2 ✔ 2 ơ ✞ V y có hai Ph ✔ ơ ng 2 2 ✦ ✚ ✏ ✏ ✔ ✥ ✡ ✏ ✗ ✪ ✛ ✤ ✒ ✏ ✙ ✠ ✔ ơ ✤ ✛ ✏ (2) EF = 3AE ⇔ ( x − 3) + ( 3 − 2 x ) = 18 2 ✏ Ý 2. (1.5 ) ✝ 0.25 0.25 ✛ Do F ∈ d 2 ⇒ F ( x;5 − 2 x ) . Khi ó 0.25 0.25 2 ng tròn th a mãn yêu c u bài v i ph ng trình (1) và (2) x − y − 1 = 0 x = 2 Ta có t a i m A là nghi m c a h  ⇔ ⇒ A(2;1)  2x + y − 5 = 0 y = 1 L y i m E ( 3;2 ) ∈ d1 ( E ≠ A ) . Ta tìm trên d2 i m F ( F ≠ A ) sao cho EF = 3AE ✏ 0.25 2  F ( 0;5 ) x = 0   ⇔ 5 x − 18 x = 0 ⇔ ⇔  x = 18  F  18 ; − 11    5 5  5 (C hai i m F này u th a mãn F ≠ A )  BC = 3 AB EF AE ⇒ = ⇒ BC // EF ⇒ ∆ // EF Vì  BC AB  EF = 3 AE uuur • F ( 0;5 ) ⇒ EF ( −3;3) ⇒ ∆ : x + y = 0  18 11  uuur  3 21  • F  ; −  ⇒ EF  ; −  ⇒ ∆ : 7 x + y − 6 = 0 5 5 5 5  V y có hai ng th ng th a mãn yêu c u bài là 0.25 2 ✓ ✏ ✛ ✏ ✗ ✠ ✞ ✏ ✔ ✡ ✣ ✗ ✪ ✏ 0.25 ✠ 0.25 0.25 0.25 CÂU N I DUNG ∆ : x + y = 0 và ∆ : 7 x + y − 6 = 0 ✂ ✄ Cho t di n ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và BAC = CAD = DAB = 600 . 1. Tính th tích kh i t di n ABCD theo a, b, c . Câu 6 2. Cho a, b, c thay i luôn th a mãn a + b + c ≥ 2010 . Tìm giá tr nh nh t c a chu vi tam giác BCD. ✑ I M 0.25 ☎ ✂ ☛   ✑ ✂ ✏ ✌   ✌ ✌ ✍ Bµi 5: (3 ®iÓm): V× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh ✂ 3.0 S 1 1 => VSABC = VSADC = VSABCD = V. 2 2 SM SN §Æt = x, =y SB SD VSAMK SM SK x.V = ⇒ VSAMK = . Ý 1. th× V SB SC 4 SABC (1.5 ) V => V1 = VSAMK + VSANK = (x + y) (1) 4 K M 0,5® P B C N ✝ MÆt kh¸c V1 = VSAMN + VSMNK = A D V V = x.y. + x.y. 2 4 3 xy.V => V1 = (2). 4 0,5® x (3) 3x − 1 1 Do x > 0 vµ y > 0 nªn tõ (3) => x > 3 SN x 1 1 Vµ y = ≤x≤1 ≤1⇒ ≤ 1 ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (v× 3x-1> 0) => x ≥ do ®ã SD 3x − 1 2 2 3 3x 2 x V 1 3 = Tõ (1) => 1 = (x + y) = xy = x. 4 3x − 1 4(3x − 1) V 4 4 Tõ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 3x 2 1 3 x(3x − 2) víi ≤ x ≤ 1 . Ta cã f’(x) = 2 4(3 x − 1) 2 4(3x − 1) 1 f’(x) = 0 ⇔ x = 0 kh«ng thuéc ®o¹n [ ;1 ] 2 2 => B¶ng biÕn thiªn x= 3 XÐt hµm sè f(x) = x 1 2 f’(x) f(x) 2 3 - 0 3/8 1 + 3/8 1 3 0,5 0,5 CÂU N I DUNG ✂ 1 3 1 1 V 3 ≤ f(x) ≤ víi ∀x ∈ [ ;1 ] hay ≤ 1 ≤ 3 8 2 3 V 8 V 1 2 2 VËy Min ( 1 ) = khi x = hay SM = SB 3 3 3 V 1  x=  M lµ trung ®iÓm cña SB V1 3  Vµ Max ( ) = khi 2⇔  8 V M ≡ B  x = 1 Suy ra ✄ I M ☎ 0,5 0,5 1) (2 ®iÓm) Câu 7 x5 3x3 + 2 x = x − v× x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1) 4 2 4 2 x + 3x 2 x + 3x + 2 3 3x + 2 x Ax + b Cx + D §Æt 4 = 2 + 2 Víi ∀x 2 x + 3x + 2 x + 2 x +1 Ta cã: ⇔ 3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Víi ∀x Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Víi ∀x => A + C = 3 B=D=0 B+D=0 => C = -1 A + 2C = 2 B + 2D = 0 tøc lµ A=4 3x3 + 2 x 4x −x + 2 = 2 4 2 x + 3x + 2 x + 2 x + 1 4x x + 2 x + 2 x +1 x2 4 xdx xdx x2 d ( x 2 + 2) 1 d ( x 2 + 1) = − 2∫ 2 + ∫ 2 => ∫f(x)dx = −∫ 2 +∫ 2 2 x +2 x +1 2 x +2 2 x +1 => f(x) = x - VËy ∫ f(x)dx = 2 1 x2 − 2 ln( x 2 + 2) + ln( x 2 + 1) + k víi k lµ h»ng sè 2 2   H ✁ NG D N CHUNG ✂ + Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước , yêu cầu thí sinh phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm . + Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm . + Chấm từng phần . Điểm toàn bài không làm tròn . 2.0 ĐỀ THI HỌC KỲ I SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG Năm học : 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Moân : TOAÙN 12 SBD :. . . . . . . . . . . . . . SỐ PHÒNG: … Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian phát đề ) (Đề chung cho cả chương trình Chuẩn và Nâng cao) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Bài 1: (3,0điểm) Cho hàm số a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi b) Tìm để hàm số (1) có cực đại tại . . Bài 2: (1,0điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số suy ra trên đoạn . Từ đó ớ Bài 3: (2,0điểm) a) Rút g n: b) Giải phương trình: Bài 4: (2,0điểm) Cho hình chóp tam giác đều có độ dài cạnh đáy bằng a. Tam giác SAB vuông cân tại S. a) Tính thể tích khối chóp theo a. b) Từ B kẽ đường cao BH của tam giác ABC. Tính theo a thể tích khối tứ diện H.SBC từ đó suy ra khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC). B. PHẦN TỰ CHỌN (Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau): Phần I Bài 5.I: a. Giải phương trình: (1,0điểm) b. Tìm điểm cực trị của hàm số: (1,0điểm) Phần II: Bài 5.II: a. Giải phương trình: b. Tính: (1,0điểm) (1,0điểm) ----Hết---- HÖÔÙNG DAÃN CHAÁM HOÏC KÌ I SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO AN GIANG Naêm hoïc 2012 – 2013 MOÂN TOAÙN 12 A. ĐÁP ÁN Câu a Bài 1 2,5 đ với 0,25 ta có hàm số Tập xác định 0,25 0,25 0,25 BBT x 0,5 0 0 Kết luận : + Hàm số giảm trên các khoảng + Hàm số tăng trên các khoảng + Cực đại tại giá trị cực đại : + Cực tiểu tại giá trị cực tiểu : GTĐB: x y 0,25 0,25 0 2 Đồ thị : 0,5 Nhận xét : đồ thị đối xứng nhau qua Oy (vẽ hệ trục tọa độ Ox,Oy và qua ba điểm cực trị 0,25đ, vẽ chính xác đồ thị 0,25). Câu b 0,5 0,25 điểm + Nếu 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại + Nếu Hàm số đạt cực đại tại Vậy thỏa đề. Bài 2 1,0 điểm 0,25 hay đặt 0,25 0,25 0,25 theo trên ta được Câu a 1,0 điểm 0,25 0,5 =3 0,25 0,25 Bài 3 Đặt điều kiện Câu b Phương trình trở thành 1,0 điểm Với ta được Với ta được Vậy phương trình có 4 nghiệm 0,25 0,25 0,25 Bài 4 Câu a 1,0 điểm 0.25 S H a A C a a B (Hình vẽ yêu cầu cho câu a và đúng nét khuất) Do S.ABC là hình chóp đều nên các mặt bên của hình chóp là những tam giác bằng nhau vậy SA,SB,SC đôi một vuông góc nên thể tích của khối tứ diện là Tam giác SAB vuông cân cạnh huyền nên 0.25 0,25 0,25 Câu b H là chân đường cao của tam giác đều ABC nên H là trung 1,0 điểm AC. điểm 0.25 0,25 Khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAB) là 0,25 0,25 Bài 5I Câu a 1,0 điểm 0,25 Với điều kiện trên phương trình trở thành 0,25 0,25 0,25 So với điều kiện phương trình có nghiệm Câu b 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 ạ Vậy hàm số có điểm cực đại tại Bài 5II Câu a 1,0 điểm Phương trình viết lại là: , 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có một nghiệm Câu b 1,0 điểm 0,5 0,5 B. HƯỚNG DẪN CHẤM: 1. H c sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa. Tổ trưởng chuyên môn phân điểm đến 0,25 cho cách khác nếu cần thiết. 2. Điểm số chia nhỏ tới 0,25 điểm cho từng câu trong đáp án, giáo khảo chấm bài không dời điểm từ phần này qua phần khác, trong một phần đáp án có điểm 0,25 có thể có nhiều ý nhỏ nếu h c sinh làm đúng phần ý chính mới được điểm. ------------------------------------------ TOÁN Câu 1: (6,0 điểm) a) Giải phương trình (2 cos x − 1)(sin x + cos x) = 1 . b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 + + ≥ 2 + 2 + 2 2 2 2 a + bc b + ca c + ab ( a + b) (b + c ) ( c + a ) Câu 2: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố dạng 4k+3 thì không tồn tại số nguyên dương n sao cho n2 + 1 chia hết cho p. b) Giải phương trình nghiệm nguyên : ( x + y ) 2 + 2 = 2 x + 2013 y Câu 3: (4,0 điểm) 1 2 Cho dãy số (an ) thỏa mãn điều kiện a1 = , an +1 = an + an2 2013 (n ≥ 1) a) Chứng minh rằng dãy (an ) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên. n b) Đặt Sn = ∑ i =1 1 . Tìm lim Sn . n →+∞ ai + 2013 Câu 4: (5,0 điểm) Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm; AH, BH, CH lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P; AE và MF cùng vuông góc với NP ( với E, F thuộc NP). a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP và A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. b) Chứng minh đường thẳng EH đi qua trung điểm của MF. Câu 5: (2,0 điểm) Cho dãy các phân số 1 1 1 1 1 1 . Người ta biến đổi dãy số bằng cách xóa đi , , , ,..., , 1 2 3 4 2012 2013 hai số a, b bất kỳ và thay bằng số mới a + b + ab. Sau một lần biến đổi như vậy, số các số hạng của dãy số giảm đi một đơn vị so với dãy trước đó. Chứng minh rằng giá trị của số hạng cuối cùng còn lại sau 2012 lần biến đổi không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện và hãy tìm giá trị đó.   -----H T----- Họ và tên thí sinh: ________________________ Số báo danh: _________________________ Chữ ký GT1:_____________________________ Chữ ký GT2: _________________________ TOÁN ✁ ng d n chung 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. 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. II. áp án và thang i m I. H   ✂ ✄ ☎ ✆ Câu 1: (6,0 điểm) ✞ N I DUNG ✝ a) Gi i ph ✟   I M 3,0 0,5 0,5 ✄ ng trình (2cos x − 1)(sin x + cos x ) = 1 . ơ ⇔ 2sin x cos x + 2 cos 2 x − 1 = sin x + cos x ⇔ sin 2 x + cos 2 x = sin x + cos x π π   ⇔ 2 cos  2 x −  = 2 cos  x −  4 4   π π  ⇔ 2 x − = ±  x −  + k 2π . 4 4   x = k 2π ⇔ π k 2π x = + 6 3  b) Cho a, b, c là các s th c d ✡ ☛   ơ 0,5 0,5 0,5 0,5 ng. Ch ng minh r ng ta có b t ☞ ✌ ✍ ☎ ng th c ✎ ☞ 2 2 2 1 1 1 ≥ 2 + 2 + 2 + + 2 2 2 (a + b) (b + c ) (c + a ) a + bc b + ca c + ab 1 1 1 + ≥ 2 Ta chứng minh bất đẳng thức (1) 2 2 a + bc ( a + b) ( a + c ) 3,0 0,5 ⇔ (a 2 + bc)(2a 2 + 2ab + 2ac + b 2 + c 2 ) ≥ (a 2 + ab + bc + ca) 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Khai triển và rút gọn, ta được : a 4 + b 2c 2 ≥ 2a 2bc ⇔ (a 2 − bc) 2 ≥ 0 (bất đẳng thức đúng) Tương tự cho các trường hợp còn lại Cộng bất đẳng thức (1) với hai bất đẳng thức tương tự, suy ra đpcm Câu 2: (3,0 điểm) ✏ N I DUNG ✑ a) Ch ng minh r ng n u p là s nguyên t d ng 4k+3 thì không t n t i s nguyên d ng n sao cho n2 + 1 chia h t cho p. Xét p = 4k+3 là số nguyên tố. Giả sử tồn tại n nguyên dương sao cho n2 + 1 chia hết cho p thì n2 ≡ - 1 (mod p). Từ đó suy ra n2(2k+1) ≡ - 1 (mod p). Tức là n4k+2 ≡ - 1 (mod p). Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat ta có n4k+2 ≡ 1 (mod p). Từ đây suy ra 2 ≡ 0 (mod p), mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên dương n sao cho n2 + 1 chia hết cho p. b) Gi i ph ng trình nghi m nguyên : ( x + y )2 + 2 = 2 x + 2013 y . (1) Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình. Khi dó ta có (1) ⇔ ( x + y )2 − 2( x + y ) + 1 = 2011y ☞   ✌ ✓ ✡ ơ ✡ ✔ ✕ ✔ ✡ I M ✒ 1,5 ✓ ✟   ơ ✖ ⇔ ( x + y − 1) 2 + 1 = 2011y Suy ra ( x + y − 1)2 + 1 chia hết cho 2011 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 0,5 Mà 2011 là số nguyên tố dạng 4k+3 nên áp dụng câu a ta suy ra mâu thuẫn.Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 0,5 Câu 3: (4,0 điểm) ✏ N I DUNG ✑ a) Ch ng minh r ng dãy (an) là dãy s t ng nh ng không b ch n trên. ☞ ✌ ✡ 2 n a >0 2013 Theo đề bài ta suy ra an+1 − an =     ✁ , ∀n ≥ 1 0,5 0,5 L2 ⇒L=0 2013 0,5 1 nên điều này không thể xảy ra. Mâu 2 thuẫn. Vậy điều giả sử là sai và như thế dãy số (an ) không bị chặn trên. Nhưng (an ) là dãy số tăng và bắt đầu bằng n ✒ 2,0 ✂ Vậy (an ) là dãy số tăng Giả sử nó bị chặn trên thì nó phải có giới hạn hữu hạn L. Chuyển đẳng thức truy hồi sang giới hạn, ta có L = L + I M 0,5 1 . Tìm lim Sn . n →+∞ ai + 2013 2,0 an2 1 1 1 a −a 2013 Ta có = − = n +1 n = 2 an an +1 an an +1  a  an + 2013 an  an + n  2013   1 b) ✄ ✂ t Sn = ∑ i =1 n Sn = ∑ Từ đó i =1 1 1 1 = − ai + 2013 a1 an +1 0,5 1 1  − =2 n →+∞ a  1 an +1  Ta có lim an = +∞ nên lim Sn = lim  n →+∞ n →+∞ 0,5 Câu 4: (5,0 điểm) A E P N Q F H K B M C ✏ N I DUNG ✑ a) Ch ng minh r ng H là tâm ng tròn n i ti p tam giác MNP và A là tâm ng tròn bàng ti p góc M c a tam giác MNP. Ta có BPNC và CNHM là các tứ giác nội tiếp nên ☞ ☎   ✄ ✌ ☎ ✓   ✄ ☎ ✓ I M ✒ 2,5 ✆ ∧  ∧ ∧ ∧ ∧  PNH = HCM ⇒ = , suy ra PNH HNM NH là phân giác trong PNM  ∧ ∧  HNM = HCM 1,0 ∧ Chứng minh tương tự PH là phân giác trong MPN . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,5 ∧ 0,5 Ta có MH là phân giác trong PMN của tam giác MNP ∧ AN là phân giác ngoài PNM (vì HN ⊥ AN ) 0,5 Vậy A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. b) Ch ng minh ng th ng EH qua trung i m c a MF. Gọi (A) là đường tròn tâm A tiếp xúc với NP tại E Gọi (H) là đường tròn tâm H tiếp xúc với NP tại Q và KQ là đường kính của (H). Dựng d tiếp xúc (H) tại K, suy ra d // NP. ☞ ☎   ✄ ✎ Khi đó qua phép vị tự V( M , k ) với k = ☎ ✆ 2,5 ✆ 0,5 ( H ) → ( A) MA , biến  MH  d → PN 0,5 ⇒ K → E ⇒ M, K, E thẳng hàng 0,5 0,5 0,5 mà HK = HQ và KQ // MF nên EH qua trung điểm của MF Câu 5: (2,0 điểm) ✞ N I DUNG Trong quá trình biến đổi, giả sử trên bảng có các số a1, a2, ..., an ta tính đặc số P của bộ số này là P = (a1+1)(a2+1)...(an+1). Ta chứng minh đặc số P không đổi trong quá trình thực hiện các phép biến đổi như trên. Thật vậy, giả sử ta xóa đi 2 số a, b. Khi đó trong tích P mất đi thừa số (a+1)(b+1). Nhưng do ta thay a, b bằng a + b + ab nên trong tích P lại được thêm thừa số a + b + ab + 1 = (a+1)(b+1). Vậy P không đổi. Như vậy P ở trạng thái ban đầu bằng với P ở trạng thái cuối cùng. Ở bộ số đầu ta có ✝ 3 4 2013 2014   1  1  1   1 = 2014. + 1 = 2. . ... + 1  . P = (1 + 1) + 1 + 1... 2 3 2012 2013  2  3   2012  2013  Giả sử số cuối cùng còn lại là x thì ở số này ta có : P = x + 1 Từ đó suy ra x = 2013   ------H T----- ✄ I M 0,5 0,5 0,5 0,5   S GIÁO D C VÀ ÀO T O H ID NG ✁ ✂ KÌ THI CH N H C SINH GI I T NH L P 12 THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 n m 2013 ( thi g m 01 trang) ✄ ✠ ☎ ✆ ✠ ✡ ☛ ☞ Ơ ✌ ✠ ✍ ✂ CHÍNH TH C ✞ ✟ ✎ ✏ ✑ ✒ Câu I (2,0 i m) 1) Cho hàm s y = x 3 + 2mx 2 − 3 x (1) và ng th ng (∆) : y = 2mx − 2 (v i m là tham s ). Tìm m ng th ng (∆ ) và th hàm s (1) c t nhau t i ba i m phân bi t A, B, C sao cho di n tích tam giác OBC b ng 17 (v i A là i m có hoành không i và O là g c to ). ✓ ✔ ✕ ✖ ✗ ✘ ✙ ✚ ✕ ✢ ✖ ✛ ✖ ✗ ✘ ✙ ✖ ✒ ✜ ✥ ✚ y= 2) Cho hàm s ✕ ✕ ✖ 2x + 3 có x+2 ✣ ✛ ✖ ✖ ✛ ✦ ✤ ✖ ✤ ✧ ✕ ✣ ✖ ✦ ✢ ✖ th (C) và ✒ ✜ ✖ ✗ ng th ng d: y = −2 x + m . Ch ng minh r ng d c t (C) ✘ ✙ ★ ✥ t i hai i m A, B phân bi t v i m i s th c m. G i k1 , k 2 l n l t là h s góc c a ti p tuy n c a (C) t i A và B. Tìm m P = (k1 )2013 + (k 2 )2013 t giá tr nh nh t. ✣ ✖ ✛ ✤ ✣ ✖ ✚ ✩ ✕ ✪ ✩ ✛ ✖ ✫ ✣ ✜ ✗ ✯ ✬ ✤ ✕ ✭ ✮ ✮ ✭ ✰ Câu II (2,0 i m) ✓ 1) Gi i ph ✱ ✗ ✔   ng trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x − ơ 2) Gi i h ph ✱ ✤ ✗  −1 4 ) ( 1  2 3 xy 1 + 9 y + 1 = x +1 − x   x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10  ng trình: ơ π Câu III (2,0 i m) ✓ ✔ ✩ ✛ 1 1 1 1 1 + + + + ... + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! S= 1) Rút g n bi u th c: ★ 5  u =  n 1  1 2 2) Cho dãy s (un) th a mãn:  (n ∈ N *) . Tìm lim ∑  k =1 u k u = 1 u 2 − u + 2 + n 1 n n  2 ✕ ✯   .  Câu IV (3,0 i m) 1) Cho kh i chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB = SAC = 900 , BSC = 1200 . G i M, N l n l t trên các o n SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Ch ng minh tam giác AMN vuông. Tính kho ng cách t i m C n m t ph ng ( SAB) theo a. 2) Cho t di n u ABCD c nh a, hai i m M, N ch y t ng ng trên các o n AB và CD sao cho ✓ ✔ ✕ ✫ ✗ ✩ ✬ ✖ ✱ ✳ ★ ✖ ✤ ✖ ✣ ★ ✛ ✖ ✮ ✴ ✑ ✙ ✣ ✖ ✛ ✣ ✗ ơ ★ ✖ ✣ BM = DN. Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a MN. ✜ ✚ ✰ ✯ ✰ ✭ Câu V (1,0 i m) Cho 3 s th c x, y, z th a mãn: xyz = 2 2 ✓ ✔ ✕ ✪ Ch ng minh r ng: ★ ✥ ✯ x8 + y 8 y8 + z8 z8 + x8 + + ≥8 x4 + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z2 z 4 + x4 + z 2 x2 ……………..H t……………….. ✮ ✶ H và tên thí sinh:…………………………………………S báo danh: …………………............... ✵ ✷ ✸ ✹ ✷ ✸ ✹ Ch ký c a giám th 1:………………………….Ch ký c a giám th 2:.............................................   S GIÁO D C VÀ ÀO T O H ID NG KÌ THI CH N H C SINH GI I T NH L P 12 THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 10 n m 2013 NG D N CH M H (H ng d n ch m g m 05 trang) ( i m toàn bài l y i m l n 0,25; thí sinh làm cách khác mà úng v n cho i m t i a) ✁ ✂ ✄ ✠ ☎ ✆ ✠ ✡ ☛ ☞ Ơ ✌ ✠ ☞ ✆   ✎ ✁ ✗ ✂ ✔ ✓ ✄ ✔ ✓ ☎ ✚ ✰ ✂ ✒ ✓ ✆ ✓ ✝ ✔ ✓ ✞ ✡ ✟ N i dung Câu 1) Cho hàm s y = x3 + 2mx 2 − 3x (1) và I1 1,0 ✕ ☞ s ). Tìm m ✕ ✖ ✛ ✖ ✗ ng th ng (∆ ) và ✘ ✙ ✖ ✗ ✠ ng th ng (∆) : y = 2mx − 2 (v i m là tham ✘ ✙ ✚ ✢ ✖ ✒ th hàm s (1) c t nhau t i ba i m phân bi t A, ✜ ✕ ✣ ✖ ✛ B, C sao cho di n tích tam giác OBC b ng 17 (v i A là i m có hoành ✤ ✥ và O là g c to ✕ ✣ ✖ ✚ ✖ ✛ ✤ ✖ ✦ không ✖ i ✧ ). ✦ Hoành giao i m c a th hàm s (1) và ( ∆ ) là nghi m ph ng trình: x3 + 2mx 2 − 3x = 2mx − 2 ⇔ x3 + 2mx 2 − (2m + 3) x + 2 = 0 x = 1 . ⇔ ( x − 1)  x 2 + (2m + 1) x − 2  = 0 ⇔  2  x + (2m + 1) x − 2 = 0(2) ✖ ✦ ✖ V y (∆) và i m ✛ ✭ ✖ ✒ ✜ ✕ ✤ ✗ ơ 0,25 ✢ th hàm s (1) c t nhau t i ba i m phân bi t ⇔ ph ☛ ✖ ✒ ✜ ✕ ✣ ✖ ✛ ✤ ✗ ơ ng trình (2) có hai (2m + 1) + 8 > 0 nghi m phân bi t x ≠ 1 ⇔  ⇔ m ≠ 0. 1 + 2m + 1 − 2 ≠ 0 Khi ó, ba giao i m là A(1;2m-2), B( x1 ; 2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , trong ó x1; x 2 2 ✤ ✤ ✖ ✖ là nghi m ph ✤ ✗ ✛ ✖ 0,25 ng trình (2) nên x1 + x 2 = −2m − 1, x1x 2 = −2 ơ 1 2 Tam giác OBC có di n tích S = BC.d . Trong ó d = d(O; ∆ ) = 2 1+4m 2 BC2 = ( x2 − x1 ) 2 + (2mx2 − 2mx1 ) 2 = ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2  ( 4m 2 + 1) ✤ ✖ 2 ⇒ BC = ( 2m + 1) + 8 ( 4m 2 + 1)   m = 1 (TM) 4m 2 + 4m + 9 = 17 ⇔   m = −2 2) Cho hàm s y = 2x + 3 có x+2 ✕ 1,0 +8 2 V y S = 17 ⇔ ✌ I2 ( 2m + 1) ⇒S= ✖ th (C) và ✒ ✜ ✖ ✗ 0,25 0,25 ng th ng d: y = - 2x + m. Ch ng minh ✘ ✙ ★ ☞ ✢ r ng d c t (C) t i hai i m A, B phân bi t v i m i s th c m. G i k1 , k 2 l n l ✥ ✣ ✖ ✛ ✤ ✚ ✩ s góc c a ti p tuy n c a (C) t i A và B. Tìm m ✕ ✭ ✮ ✮ ✭ ✣ ✕ ✖ ✪ ✛ ✩ ✫ P = (k1 )2013 + (k 2 )2013 ✖ ✗ ✬ ✣ t là h ✤ t giá tr ✜ nh nh t. ✯ ✰ Xét ph ✗ ơ ng trình hoành ✖ ✦ giao i m c a ✖ ✛ ✭ ✖ ✒ th (C) và d: ✜  x ≠ −2 2x + 3 = −2 x + m ⇔  2 x+2 2 x + (6 − m) x + 3 − 2m = 0(*) 0,25 Xét ph ✗ ng trình (*), ta có: ∆ > 0, ∀m ∈ R và x = -2 không là nghi m c a (*) nên d ơ ✤ ✭ ✢ luôn c t ✖ ✜ ✣ ✖ ✛ ✤ ✚ H s góc c a ti p tuy n t i A, t i B l n l ✤ 0,25 th (C) t i hai i m phân bi t A, B v i m i m. ✒ ✕ ✭ ✮ ✮ ✣ ✣ ✫ ✗ ✬ ✩ t là 1 1 k1 = , k2 = , trong ó x1, x 2 là 2 nghi m c a ph 2 ( x1 + 1) ( x 2 + 1) 2 ✖ k1 .k 2 = 1 = (x1 + 2)2 (x2 + 2)2 ✤ ✭ ✗ ng trình (*), ta th y ơ ✰ 0,25 1 = 4 (k1>0, k2>0) (x1 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 4)2 Có P = (k1 )2013 + (k 2 )2013 ≥ 2. (k1 k 2 )2013 = 2 2014 , do dó MinP = 22014 ✖ ✣ t ✖ ✗ c khi ✬ 1 1 = ⇔ ( x1 + 2) 2 = ( x 2 + 2) 2 2 2 ( x1 + 2) ( x 2 + 2) k1 = k 2 ⇔ 0,25 do x1 , x 2 phân bi t nên ta có x1 +2 = - x2 - 2 ⇔ x1 + x2 = - 4 ⇔ m = - 2. V y m = - 2 là giá tr c n tìm. ✤ ☛ ✜ II1 1) Gi i ph ✱ 1,0 ✗ ơ ✫   ng trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x − π  − 1 (1) 4 ☞ PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) ⇔ (cosx – sinx). [(cos x + sin x)(sin 2 x + cos 2 x) + 2] = 0 π *) cos x − sin x = 0 ⇔ x = + kπ 0,25 0,25 4 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔ cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25 cos x = −1 ⇔ h vô nghi m. sin 3x = −1 *) Vì cos x ≥ −1; sin 3 x ≥ −1, ∀x nên (2) ⇔  V y PT có nghi m là: x = ☛ ✤ II2 1,0 2) Gi i h ph ng trình: ✱ ✤ ✗ ơ ☞ ✤ ✤ π 0,25 + kπ (k ∈ Z ) 4 1  2 (1) 3 xy 1 + 9 y + 1 = x +1 − x   x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1). x = 10(2)  ( ) K: x ≥ 0 NX: x = 0 không TM h PT Xét x > 0 ✏ ✤ PT (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 = x +1 + x x ⇔ 3 y + 3 y (3 y ) 2 + 1 = 1 x + 0,25 2  1    + 1 (3) x  x 1 T (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm s f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0. ✳ ✕ t2 +1 + Ta có: f’(t) = 1 + t 2 t2 +1 >0. Suy ra f(t) luôn  1  1  ⇔ 3y = x  x PT(3) ⇔ f(3y)= f  ✖ ✒ ng bi n trên (0,+ ) ✮   0,25 Th vào pt(2) ta c PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10 t g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x − 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 v i x > 0 ng bi n trên kho ng (0,+ ) ⇒ g(x) là hàm s ✮ ✏ ✖ ✗ ✬ ✴ 0,25 ✚ ✕ ✖ ✒ ✮ ✱   Ta có g(1) = 0 V y pt g(x) = 0 có nghi m duy nh t x = 1 ☛ ✤ V i x =1 ⇒ y = ✚ ✰ 1 3 ☛ 1 3 KL: V y h có nghi m duy nh t: (1; ). ✤ ✤ ✰ 0,25 III1 1) Rút g n bi u th c: 1,0 1 1 1 1 1 1 S= + + + + ... + + ... + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k + 1).k!.(2013 − k )! 2014.2013!.0! ☞ ✩ ✛ ★ k 2013 C 2013 1 ⇒ S .2013!= ∑ k =0 ( k + 1).k!.(2013 − k )! k =0 k + 1 2013 +) Ta có: S = ∑ +) Ta có: 0,25 k C 2013 C k +1 2013! 2014! = = = 2014 k + 1 (k + 1)!.(2013 − k )! 2014.(k + 1)![2014 − (k + 1)]! 2014 (k =0;1;…;2013) k +1 C 2014 1 2014 k +) Do ó: S.2013!= ∑ = .∑ C 2014 2014 k =1 k = 0 2014 0,25 2013 ✖ 0,25 1 2 2014 − 1 2014 +) S.2013! = (2 − 1) ⇒ S = 2014! 2014 III2 1,0 ☞ 0,25 5  u =  n 1   1 2 2) Cho dãy s (un) th a mãn:  (n ∈ N *) . Tìm lim ∑  .  k =1 u k  u = 1 u 2 − u + 2 + n 1 n n  2 1 +) Ta có: u n +1 − u n = (u n2 − 4u n + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy không gi m. 2 N u có s M: un ≤ M v i m i n, thì t n t i limun = L. Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1 1 +) Khi ó ta có: L = L2 – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý) 2 ⇒ limun = + ∞ 1 1 +) Ta có: u n2 − 2u n + 4 = 2u n +1 ⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔ = u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2) 1 1 1 1 1 1 ( ∀n ∈ N * ) ⇔ − = ⇔ = − u n − 2 u n u n +1 − 2 u n u n − 2 u n +1 − 2 ✕ ✯ ✱ ✮ ✕ ✚ ✩ ✒ 0,25 ✣ 0,25 ✖  n 1 1 1 1  ∑ = − lim ⇒ ∑ u1 − 2 u n +1 − 2 k =1 u k  k =1 u k n   +) Do ó:  1  = =2  u1 − 2 0,25 IV1 1) Cho kh i chóp S . ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB = SAC = 900 , BSC = 1200 . 1,5 G i M, N l n l ☞ ✕ ✩ ✫ ✗ ✬ t trên các o n SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Ch ng minh tam ✖ ✣ ★ giác AMN vuông. Tính kho ng cách t ✱ ✳ ✖ i mC ✛ ✖ ✮ n m t ph ng ( SAB ) theo a . ✴ ✙ 0,25 S Dùng S L Cosin tính ✏ ✖ ✗ c: ✬ 0,25 MN = 2a 3 N A A N C M H M B AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC = 600) ⇒ tam 0,25 giác AMN vuông t i A. G i H là trung i m c a MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông t i 0,25 ✣ ✩ ✖ ✛ ✭ A. ⇒ SH ⊥ ( AMN ) ; tính Tính ✖ ✗ VS . AMN VS . ABC ✖ ✣ ✗ c SH = a. ✬ 0,25 2 2a 3 3 SM .SN 1 = = ⇒ VS . ABC = 2 2a 3 SB.SC 3 c VS . AMN = ✬ 0,25 3VS . ABC 6a 3 2 = = 2a 2 S ∆SAB 3a 2 u ABCD c nh a, hai i m M, N ch y t 0,25 V y d (C ;( SAB )) = ☛ IV2 1,5 ☞ 2) Cho t di n ★ ✖ ✤ ✖ ✑ ✣ ✖ ✛ ✣ ✗ ng ng trên o n AB và ơ ★ ✖ ✣ o n CD sao cho BM = DN. Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a MN. ✣ +) ✜ ✏ ✴ ✚ ✰ ✯ ✰ ✭ BM DN = x, v i 0 ≤ x ≤1 ⇒ = x . Khi ó ta có: BM = x.BA và DN = x.DC BA DC t ✚ 0,25 ✖ +) Ta có: DN = x.DC ⇔ BN − BD = x( BC − BD) ⇔ BN = x.BC + (1 − x).BD 0,25 Do ó: MN = BN − BM = x.BC + (1 − x).BD − x.BA ✖ +) MN2 = x 2 a 2 + (1 − x) 2 a 2 + x 2 a 2 + 2 x(1 − x) 0,25 a2 a2 a2 − 2 x 2 . − 2 x(1 − x) 2 2 2 = a2 [x 2 + (1 − x) 2 + x 2 + x(1 − x) − x 2 − x(1 − x)] = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm s f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên o n [0;1] ta có: ✕ ✖ 0,25 ✣ 1 1 max f ( x) = f (0) = f (1) = 1, min f ( x) = f ( ) = 2 2 +) MN +) MN ✖ ✣ ✖ ✣ t giá tr nh nh t b ng ✜ ✯ ✰ ✥ a 2 khi M, N l n l 2 ✫ ✗ ✬ t là trung i m c a AB, CD. ✖ ✛ t giá tr l n nh t b ng a khi M ≡ B, N ≡ D ho c M ≡ A, N ≡ C. ✜ ✚ ✰ ✥ ✴ 0,25 ✭ 0,25 V 1,0 Cho 3 s th c x, y, z th a mãn: x.y.z = 2 2 ✕ ✪ ✯ x8 + y 8 y8 + z8 z8 + x8 + + ≥8 x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z 2 z4 + x4 + z 2 x2 ☞ Ch ng minh r ng: ★ +) ✥ ✏ ✴ t a = x2, b = y2, c = z2 , t gi thi t ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 ✳ Do ab ≤ ✱ ✮ 0,25 3(a 2 + b 2 ) a2 + b2 D u“=”có ⇔ a=b nên a 2 + b 2 + ab ≤ 2 2 +) Ta có: ✰ a4 + b4 a4 + b4 a4 + b4 1 ch ng minh: . Ta s ≥ ≥ (a 2 + b 2 ) (1). 2 2 3 2 3 a + b + ab 3 2 a + b2 a + b2 2 2 ( )   ( ★ 0,25 ) Th t v y: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn úng). ☛ ☛ ✖ Do ó ta ✖ ✖ ✗ a4 + b4 1 2 2 ≥ (a 2 + b 2 ) D u“=”có ⇔ a =b ⇔ a=b 2 2 a + b + ab 3 c: ✬ ✰ +) Áp d ng B T trên ta có: ✏ ✁ b4 + c4 1 ≥ (b 2 + c 2 ) D u“=”có ⇔ b=c 2 2 b + c + bc 3 0,25 ✰ c4 + a4 1 ≥ (c 2 + a 2 ) D u“=”có ⇔ c=a 2 2 c + a + ca 3 ✰ C ng các v các B T trên ta ✦ ✮ ✏ ✖ ✗ c: ✬ a4 + b4 b4 + c4 c4 + a4 2 + + ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2) D u“=”có ⇔ a=b=c 2 2 2 2 2 2 a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3 ✰ 2 2 (a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .D u“=”có ⇔ a=b=c 3 +) Theo B T Cô-si ta có: ✏ Do ó ta có PCM. D u ✖ ✏ ✰ ✖ ✰ ✙ ng th c x y ra ⇔ x = y = z = 2 ★ ✱ 0,25   ✂ M TS ✄ T ✁ LUY N: ☎ ✲ ✆ ✽ S ✳ ✴ ❁ K THI CH N I TUY N D THI H C SINH GI I QU C GIA L P 12 THPT N M H C 2012-2013 GIÁO D C VÀ ÀO T O HÀ T NH ✵ ✾ ✴✿ ❂ ✶ ✾ ❃ ❅ ✷ ✸ CHÍNH TH C ( ✺ ❄ ✾ Môn: TOÁN - Vòng 2 Th i gian làm bài: 180 phút ✹ ✻ ❀ ✼ thi có 01 trang, g m 5 câu) ❆ Câu 1. Ch ng minh r ng ∀m ∈ R , ph ng trình sau luôn có nghi m th c: m3sin4x – 2m3sin2x + sinx + m3 – m = 0. Câu 2. Cho ba s th c d ng a, b, c th a mãn: ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá tr nh ✝ ✞ ☞ ư ☛ ư ✑ ✡ ✠ a b ✝ 1 b ✍ ✞ ✒ nh t ✌ ✎ 1 b 1 1 c 1 1 )( − + )( − + ) . ab c c bc a a ca Câu 3. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên d ✝ ☛ ✌ c a bi u th c: P = ( − + ✏ ✠ ✓ ☞ ư ng n thì ✠ S n = C20n +1.22 n + C22n +1.22 n − 2.3 + C24n +1.22 n −4.32 + ... + C22nn+1.3n là t ng c a hai s ✔ ✏ chính ☞ ph ng liên ti p. Câu 4. Cho 3 i m A, B, C phân bi t và th ng hàng ( theo th t ó ). G i d và ∆ l n l t là các ng th ng vuông góc v i ng th ng AC t i A và C; M là m t i m ư ✠ ✕ ✖ ư ✑ ✙ ✡ ✖ ư ✚ ✗ ✗ ✝ ✒ ✖ ư ✚ ☛ ✗ ✖ ✓ ✘ ✛ ✜ ✖ ✑ di ng trên ∆ . T M k các ti p tuy n MD, ME n ng tròn ng kính AB v i D, E là các ti p i m. Các ti p tuy n ó c t d t ng ng t i các i m P, Q. G i R và ✖ ✜ ✢ ✕ Sl nl ✘ ư ✣ ✖ ✕ ✑ ✕ ✕ ✕ ✖ t là giao i m c a d v i các ✙ ✖ ✑ a. Ch ng minh r ng ✝ ✞ ✏ ✖ ư ✚ ✖ ✒ ✤ ✖ ư ✚ ư ✕ ✖ ✠ ư ✚ ✝ ✖ ✛ ✖ ư ✚ ✒ ✑ ✓ ng th ng BD và BE. ✗ ng tròn ngo i ti p tam giác BRS luôn i qua hai i m c ✛ ✕ ✖ ✖ ✑ ☞ ✖ ✍ nh. b. Xác nh v trí c a i m M trên ∆ tam giác MPQ có chu vi nh nh t. Câu 5 . Cho a th c f(x) v i h s th c, có b c không nh h n 1 và ng th i tho mãn ✖ ✍ ✍ ✖ ✏ ✝ ✖ ✑ ✒ ✖ ✡ ☞ ✑ ☛ ✌ ✥ ✌ ✠ ✖ ✦ ✎ ✚ hai i u ki n sau: ✖ Ph ư ★ ✠ a. ✡ ng trình f(x) = 0 không có nghi m b i. ✡ b. f ( x). f ( y ) ≤ [f( ✞ ✜ x+ y 2 )] ∀x,y ∈ R . 2 Ch ng minh r ng ph ✝ ✧ ư ✠ ng trình f(x) = 0 có duy nh t m t nghi m th c. ✎ ✜ _____________ H T _____________ ✩ ✪ ✫ ✬ ✭ ✯ - Thí sinh không c s d ng tài li u. - Giám th không gi i thích gì thêm. ✮ ✱ ✰ ✡ ☛   S GIÁO D C VÀ ÀO T O THANH HÓA ✁ ✂ KÌ THI H C SINH GI I C P T NH N m h c: 2012-2013 Môn thi: TOÁN L p 12 THPT Ngày thi: 15/03/2013 Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao này có 01 trang, g m 05 câu. ✄ ☎ ✆ ✟ ✝ ✞ ✠ ✡ ❉ S báo danh ☞ ✌ ✍ ✎ ) ☛ ✏ ……………………. ✑ ✒ ☞ ✍ Câu I (4,0 i m). 1 4 7 x − 4x 2 + 2 2 Cho hàm s y = ✓ (1) . ✘ 1. Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm s (1). th (C) có hoành x A = a . Tìm các giá tr th c c a a ti p 2. G i A là i m thu c tuy n c a (C) t i A c t (C) t i hai i m phân bi t B, C khác A sao cho AC = 3AB (B n m gi a A và C). Câu II (4,0 i m) cos x + 3 ( sin 2 x + sin x ) − 4cos 2 x.cos x − 2cos 2 x + 2 = 0. 1. Gi i ph ng trình 2sin x − 3 ✔ ✕ ✖ ✗ ✘ ✒ ✙ ✚ ✓ ✘ ✛ ✜ ✘ ✢ ✒ ✘ ✙ ✢ ✙ ✕ ✚ ✜ ✖ ✘ ✖ ✚ ✣ ✤ ✣ ✜ ✥ ✦ ✧ ✘ ✜ ✔ ư ơ 2. Gi i h ph ✔ ✥ ư  y 3 + y = x3 + 3 x 2 + 4 x + 2 ng trình  2 3 3 y − 5 + 3 6 − 5 x − 8 = 0. ơ ✘ Câu III (4,0 i m) 1. Cho a, b, c ✜ a n a +b + c =1 ab + bc + ca > 0. m tr 2 2 2 5 nh t a bi u th c : + + + . P= a −b b−c c−a ab + bc + ca 2. Tìm các giá tr th c c a tham s m h b t ph ng trình sau có nghi m th c ✹ ✬ ✚ ✪ ✫ ✬ ✜ ✭ c s th c ✓ ✕ ✮ ✯ ✰ ✱ ✲ ✳ ✫ ✴ ✵ ✶ ✷ ✭ ✙ ✸ ✯ ✰ ✺ ✘ ✙ ✕ ✚ ✓ ✜ ✥ ✹ ư ơ ✥ ✕  x + 3mx + 2 ≤ 0  3 2 2 2  x + 5 x + 17 x + 7 ≥ 2 ( x + 4 ) 2 x + 7. 3 ✘ Câu IV (4,0 i m) 1. Tìm h s c a s h ng ch a x4 trong khai tri n thành a th c x(1 − 2 x)5 + x 2 (1 + 3x)10 . ✜ ✘ ✥ ✓ ✚ ✓ ✣ ✺ ✜ ✺ Oxy, cho tam giác ABC có tr c tâm là H ( 2;1) , tâm 2. Trong m t ph ng v i h t a ng tròn ngo i ti p là I (1; 0) và trung i m c a BC n m trên ng th ng có ph ng các nh B, C bi t r ng ng tròn ngo i ti p tam giác trình x − 2 y − 1 = 0. Tìm t a HBC i qua i m E (6; − 1) và hoành i m B nh h n 4. Câu V (4,0 i m) 1. Cho hình chóp SABCD có SA = x và t t c các c nh còn l i b ng a 0 < a, 0 < x < a 3 . Ch ng minh BD ⊥ (SAC) và tìm x theo a th tích kh i chóp ✘ ✻ ✼ ✽ ✥ ✛ ✢ ✕ ✦ ✘ ✘ ư ☛ ✣ ✘ ✖ ✜ ✚ ư ☛ ✼ ư ơ ✦ ✘ ✛ ✘ ✘ ✾ ✘ ✢ ✖ ✘ ✘ ư ☛ ✣ ✖ ✘ ✜ ✢ ✜ ✰ ơ ✘ ✜ ✦ ( ) ✦ SABCD b ng ✹ ✔ ✣ ✣ ✘ ✺ ✜ ✜ ✓ a3 2 . 6 ✘ ✘ ✘ Oxyz, cho các i m S (0;0;1), A(1;1;0). Hai i m 2. Trong không gian v i h t a M (m;0;0) và N (0; n;0) v i m, n là các s d ng thay i sao cho m + n = 1. Ch ng minh th tích kh i chóp S.OMAN không i và m t ph ng (SMN) luôn ti p xúc v i m t c uc nh. ✽ ✥ ✛ ✢ ✜ ✜ ✘ ✽ ✓ ✘ ✜ ư ✿ ơ ✺ ✿ ✓ ✻ ✼ ✖ ✽ ❀ ✘ ✓ ✙ .............................................................. H T ........................................................ Thí sinh không c s d ng tài li u. Cán b coi thi không gi i thích gì thêm. ❁ ✍ ❂ ❃ ❄ ❆ ❅ ❇ ❈ ✻   ☛ S ✁ ✂ ✎ K THI CH N I TUY N D THI H C SINH GI I QU C GIA L P 12 THPT GIÁO D C VÀ ÀO T O HÀ T NH ✄ ☞ ✂✌ ✍ ✏ ☎ ☞ ✑ ✒ N M H C 2012-2013 ✓ ✆ ✝ CHÍNH TH C Môn: TOÁN - Vòng 1 Th i gian làm bài: 180 phút ✞ ✡ ( ✟✠ thi có 01 trang, g m 5 câu) Câu 1. Gi i h ph ✕ ✖ ✗ ☞ ✔ ng trình: ✘  1 − x 2 3 3 3  2  + xy + = y  x  2  1 4  2 (xy + 2) + x 2 = 2y + x Câu 2. Dãy s (an) ✙ ✚ ✗ c xác ✛ ✚ ✜ nh: a1 = 1, a 2 = 2 và a n + 2 = 2a n +1 − a n + 2 ∀n ∈ N * . Xét xem s u k = a k + 2012 . a k + 2013 v i k ∈ N * có ph i là s h ng c a dãy s (an) hay không? Câu 3. Ch ng minh r ng ph ng trình sau có vô s nghi m nguyên 2011x 2 − 2012 y 2 + 20132 = 0 . ng tròn (O) có H là tr c tâm. G i A', B', C' Câu 4. Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng th ng AH, BH, CH v i ng tròn theo th t là giao i m th hai c a các (O). M t i m D n m trên ng tròn (D khác các i m A, B, C, A’, B’, C’). G i A'', B'', C'' l n l t là giao i m c a DA' v i BC, DB' v i AC, DC' v i AB. Ch ng minh r ng b n i m A'', B'', C'' và H th ng hàng. Câu 5. Trong k thi ch n i tuy n h c sinh gi i toán c a m t t nh có 20 em tham gia. M i h c sinh ph i thi 2 vòng, m i vòng c g i là m t bài thi. i m c a m i bài thi c cho là m t s t nhiên t 1 n 10. Ph ng th c ch n i tuy n là so sánh k t qu i m c a t ng bài thi t ng ng (vòng 1, vòng 2 ) gi a các thí sinh. Thí sinh A g i là so sánh c v i thí sinh B n u i m m i bài thi c a A không nh h n i m m i bài thi t ng ng c a B. Bi t r ng không có hai thí sinh nào có cùng c p i m s t ng ng. Ch ng minh r ng có th ch n c ba thí sinh A, B, C sao cho A so sánh c v i B và B so sánh c v i C. ✙ ✢ ✥ ✦ ✗ ✕ ✘ ✙ ✧ ★ ✩ ✚ ✗ ✙ ✣ ✤ ✙ ✖ ✪ ✫ ✧ ✬ ✥ ✫ ✚ ✥ ✤ ✚ ✗ ✪ ✭ ✢ ✬ ★ ✚ ✗ ✪ ✬ ✚ ✦ ✚ ✗ ✪ ✚ ✧ ✬ ✮ ✗ ✛ ✚ ✤ ✢ ✢ ✢ ✥ ✬ ✦ ✙ ✚ ✭ ✬ ✯ ✧ ✚ ★ ✧ ✰ ✤ ★ ✱ ✲ ✬ ✧ ✕ ✲ ✚ ✗ ✛ ✧ ★ ✳ ✤ ✲ ✬ ✚ ✗ ✛ ★ ✙ ✫ ✴ ✚ ✩ ✗ ✘ ✥ ✧ ✚ ★ ✬ ✩ ✕ ✚ ✤ ✴ ✗ ✘ ✥ ✵ ✬ ✧ ✚ ✗ ✛ ✢ ✩ ✚ ✲ ✤ ✬ ✘ ✚ ✲ ✗ ✘ ✥ ✤ ✩ ✦ ✬ ✶ ✚ ✬ ✙ ✗ ✘ ✚ ✥ ✗ ✛ ✥ ✦ ✢ ✧ ✚ ✗ ✛ ✚ ✗ ✛ ✢ _____________ H T _____________ ✷ ✰   ✁ ✂ ✄ ✆ - Thí sinh không c s d ng tài li u. - Giám th không gi i thích gì thêm. ☎ ✞ ✝ H và tên thí sinh:.................................. S báo danh:.................... ✟ ✠ SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 điểm) Cho hàm số y  x 4  4mx 2  m  2 có đồ thị là  Cm  , (với m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số có ba cực trị và ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều. Câu II. (5 điểm) 2sin 2 x  2 3 cos x  2 sin x  3 1. Giải phương trình sau: 0 2 sin x  3  x 3  2 y 2  y  x 2 y  2 xy  x 2. Giải hệ phương trình sau:   x; y    2 2 5 x  2 y  2  3 y  2 x  4  4 Câu III. (4 điểm) 1  1. Trong mặt phẳng toạ độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ; 0  , phương trình đường 2  thẳng AB : x  2 y  2  0 và AB  2 AD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho tam giác ABC và các điểm K , L, M lần lượt nằm trên các đoạn AB, BC , CA sao cho AK BL CM 1    . Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác: AB BC CA 3 AKM , BLK , CML bằng nhau thì bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác ấy cũng bằng nhau. Câu IV. (3 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA vuông góc với đáy và SA  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và SC . 1. Tính thể tích khối tứ diện MNBD . 2. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  MNB  . 4 Câu V. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả  a  b  c   18  ab  bc  ca   27 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:  1  1  1 1  1  1     bc  2      ca  2    P   ab  2      2 2 2 2 2  1  a  1  b    1  b  1  c    1  c  1  a 2        u1  2013 Câu VI. (2 điểm) Cho dãy số thực  un  xác định bởi:  2 un  2011un  2013un 1  1  0, n  1, n     1 1 1 Tìm giới hạn: lim      n    u  2012 u2  2012 un  2012   1 …………………..HẾT………………… Ghi chú: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh…………………………………………..Số báo danh…………………………………. Chữ ký giám thị 1:…………………………………………Chữ ký giám thị 2:…………………………... SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm). a) Tìm tham số m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m  1 x  2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . b) Chứng minh rằng với mọi a , đường thẳng d : y  x  a luôn cắt đồ thị hàm số x 1  H  tại hai điểm phân pbiệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến 2x 1 với  H  tại A và B . Tìm a để tổng k1  k2 đạt giá trị lớn nhất. y Câu 2 (2,0 điểm).   a) Giải phương trình: 2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  1  3 sin x  3 cos x . b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a  b  c . Câu 3 (1,5 điểm).  x3  y 3  3x 2  6 y 2  6 x  15 y  10 2  y x  3   y  6  x  10  y  4 x Giải hệ phương trình:   x, y   Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M  3; 1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E  1; 3 và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D  4; 2  . Câu 5 (1,5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD thỏa mãn SA  5, SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , CD . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c  1 thỏa mãn a  b  c  6 . Chứng minh rằng: a 2  2  b 2  2  c 2  2   216 . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/01/2011 Bài 5 (7,0 điểm). Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi a0 = 1, a1 = − 1 và an = 6an −1 + 5an − 2 với mọi n ≥ 2. Chứng minh rằng a2012 − 2010 chia hết cho 2011. ABC , n ACB là Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc n các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D cắt các đường thẳng AB và AC tương ứng tại E và F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Bài 7 (6,0 điểm). Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P ( x, y ) = x n + xy + y n không thể viết được dưới dạng P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) , trong đó G(x, y) và H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng. ----------------------------HẾT--------------------------- • • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2013 - 2014 —————- ——————– MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài thi : 180 phút Ngày thi : 17/12/2013 Bài 1 (5.0 điểm) x+1 có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến x−1 của (C) tại M cùng với hai tiệm cận của (C) tạo thành một tam giác có chu vi nhỏ nhất. 1. Cho hàm số y = 2. Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 6x + 2 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của m để (C) có 2 tiếp tuyến có cùng hệ số góc m. Gọi A, B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên, tìm m để đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = 3x − 1. Bài 2 (5.0 điểm) x3 + 8 = 5x2 − 9x + 22 √ 2. Giải phương trình : log3 (tan x) = log2 sin x 1. Giải phương trình : 6 Bài 3 (3.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và góc B bằng 60o , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Gọi M là trung điểm của đoạn SC. 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. 2. Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (BMD) theo a. Bài 4 (3.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB, N là điểm cạnh AD 5 1 ; . Tìm tọa sao cho AN = 2ND. Giả sử đường thẳng CN có phương trình : x + 2y − 11 = 0 và M 2 2 độ điểm C. 2. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C1 ) : x2 + y2 = 9 và điểm M(2; −1). Viết phương trình √ đường tròn (C2 ) có bán kính R2 = 2 5, biết (C2 ) qua M và (C2 ) cắt (C1 ) theo dây cung bé nhất. Bài 5 (4.0 điểm). 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất (x + y)2 + 2x + 2015y + m ≤ y (x − y)2 + 3x − 2014y + m ≤ x 2. Cho a, b, c ∈ 0; 1 2 và thỏa điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 5a − 1 5b − 1 5c − 1 + + a − a2 b − b2 c − c2 ...... HẾT ...... R TEX by Nguyễn Minh Tuấn (Popeye), thành viên www.k2pi.net  ✁ thi HSG TOÁN QU C GIA THPT n m 2014 ✂ ✄ ✠ ☎   B K THI CH N HSG QU C GIA THPT N M 2014 GIÁO D C VÀ T THI CHÍNH TH C ✆ ✝ ✞ ✡ ✟ ✂ ☛ Môn: TOÁN- Ngày thi th nh t: 03/01/2014 Th i gian: 180’ (không k th i gian giao ) ☞ ✌ ✎ ✏ ✑ ✒ ✍ ng ( xn ) , ( yn ) xác ✔ ✓ Bài 1 (5.0 i m). Cho hai dãy s d và ✕ ư ơ ✘ nh b i x 1= 1 , y1 = 3 ✙ ✚  xn +1 yn +1 − xn = 0  2  xn +1 + yn = 2 v i m i n = 1, 2,... Ch ng minh r ng hai dãy s trên h i t và tìm gi i h n c a chúng. ✛ ✛ ✜ ✢ ✣ ✕ ✤ ( 2 Bài 2 (5.0 i m). Cho a th c P ( x ) = x − 7 x + 6 ✔ ✓ ✘ ✢ ) 2n ư ơ ✢ ✣ ★ ★ ✦ ✧ + 13 v i n là s nguyên ✛ ✕ ng. Ch ng minh r ng P ( x ) không th bi u di n n + 1 a th c khác h ng s v i h s nguyên. d ✥ ✩ ✘ ư c d ✪ ✛ i d ng tích c a ư ✦ ✧ ✛ ✘ ✢ ✣ ✕ ✫ ✕ ✔ ✓ 79 nh c a a giác và Bài 3 (5.0 i m). Cho a giác u có 103 c nh. Tô màu tô màu xanh các nh còn l i. G i A là s c p nh k nhau và B là s c p nh xanh k nhau. 1. Tìm t t c các giá tr có th nh n c c a c p ( A, B ) . 2. Xác nh s cách tô màu các nh c a a giác B = 14 . Bi t r ng, hai cách c xem là nh nhau n u chúng có th nh n c t nhau qua tô màu m t phép quay quanh tâm ng tròn ngo i ti p a giác. ✘ ✘ ✘ ✮ ✬ ✦ ✦ ✜ ✕ ✘ ✯ ✘ ✮ ✘ ✭ ✭ ✘ ✮ ✧ ✘ ✬ ✕ ✯ ✘ ✮ ✬ ✰ ✘ ✱ ✙ ✙ ★ ✲ ✕ ✘ ư ✘ ✪ ✘ ư ✪ ✮ ✧ ✧ ư ✯ ✘ ✘ ★ ✳ ✳ ✤ ✘ ư ★ ✵ ✦ ✳ ✲ ✘ ư ✣ ✪ ✴ ✘ ng tròn ( O ) v i AB < AC. Bài 4 (5.0 i m). Cho tam giác nh n ABC n i ti p G i I là trung i m cung BC không ch a A. Trên AC l y i m K khác C sao cho IK = IC . ng th ng BK c t ( O ) t i D ( D ≠ B ) và c t ng th ng AI t i E. ng th ng DI c t ng th ng AC t i F. ✔ ✓ ✛ ✜ ✜ ✘ ✶ ✶ ư ✵ ư ✤ ★ ✘ ư ✵ ✢ ✵ ✷ ✷ ✳ ✸ ✘ ư ✸ ✵ ✦ ✷ ✸ ✘ ✘ ư ★ ✵ ✷ ✦ ✦ BC . 2 1. Ch ng minh r ng EF = ✢ ✰ ✣ ✛ 2. Trên DI l y i m M sao cho CM song song v i AD. ng th ng KM c t ng th ng BC t i N. ng tròn ngo i ti p tam giác BNK c t ( O ) t i P ng th ng PK i qua trung i m o n th ng ( P ≠ B ) . Ch ng minh r ng AD. ✰ ✘ ư ✵ ✘ ✷ ★ ✶ ✦ ✢ ✶ ✣ ư ✵ ✦ ✘ ư ✵ ✷ ư ✵ ✷ ✳ ✸ ✸ ✘ ✘ ★ ✦ ✘ ✦ ✷ ✂ Ngày thi th hai: ( 04/01/2014- Th ✁ ✄ ☎ ✆ i gian: 180 phút (không k th i gian giao ---------------------------------   ) ng tròn ( O ) , trong ó B, C Bài 5 (7.0 i m). Cho tam giác nh n ABC n i ti p c nh và A thay i trên ( O ) . Trên các tia AB và AC l n l t l y các i m M và N sao cho MA = MC và NA = NB . Các ng tròn ngo i ti p các tam giác AMN và ABC c t nhau t i P ( P ≠ A) . ng th ng MN c t ng th ng BC t i Q. 1. Ch ng minh r ng ba i m A, P, Q th ng hàng. ng tròn có tâm là M, N cùng i qua A c t 2. G i D là trung i m BC. Các nhau t i K ( K ≠ A) . ng th ng qua A vuông góc v i AK c t BC t i E. ng tròn ngo i ti p tam giác ADE c t ( O ) t i F ( F ≠ A) . Ch ng minh r ng ng th ng AF i qua m t i m c nh. ✔ ✓ ✜ ✕ ✘ ✙ ✘ ✤ ư ✵ ✘ ư ✞ ✦ ✢ ✘ ✝ ✘ ✸ ✳ ✶ ✣ ✘ ✜ ✘ ư ✵ ư ✵ ✦ ✷ ✸ ★ ✘ ư ✪ ✰ ✘ ★ ✳ ✵ ✷ ✦ ✷ ★ ✘ ư ✵ ✘ ✸ ✛ ✦ ✶ ư ✶ ✵ ✦ ✣ ✘ ư ✵ ư ✵ ✷ ✸ ✳ ✸ ✷ ✘ ✤ ✘ ★ ✦ ✕ ✘ ✦ ✢ ✙ ✔ ✓ ✛ Bài 6 (7.0 i m). Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c x3 y 4 z 3 y 3 z 4 x3 T= + 4 4 2 3 x + y xy + z y 4 + z 4 yz + x 2 ✙ ( )( ✧ ★ ) ( ✛ v i x, y, z là các s th c d ✕ ✰ ư ✟ ✢ )( + ) (z 3 z3 x4 y3 + x 4 )( zx + y 2 ) 4 3 ng. ơ ✔ ✓ Bài 7 (6.0 i m). Tìm t t c các b s g m 2014 s h u t không nh t thi t phân bi t, th a mãn i u ki n: n u b i m t s b t kì trong b s ó thì 2013 s còn l i có th chia thành 3 nhóm r i nhau sao cho m i nhóm g m 671 s và tích t t c các s trong m i nhóm b ng nhau. ✰ ✫ ✭ ✦ ✘ ✬ ✱ ✫ ✤ ✳ ✭ ★ ✘ ✕ ✕ ✠ ✤ ✕ ✰ ✰ ✤ ✵ ✕ ✮ ✡ ☛ ✕ ✘ ✕ ✕ ✠ ✣ ☛ ------------------------------H T-----------------------------☞ c s d ng tài li u. • Thí sinh không • Giám th không gi i thích gì thêm. ✓ ✌ ✍ ✎ ✑ ✏ ✓ ✒ ✛ PHH s u t m và gi i thi u 1 -2014 - Ngu n TVVL – B GDDT ư ✞ ✫ ✠ ✤ ✳ ✰ ✱ ☞   ✆ ✝ ✞ ✠✟ ✠✟ ✡ ✎ ✏ ✑ ✒✓ ✔ ✄ ✍ ✌ ✁ ✂ ☛ THI N C SINH I C P NH C 2007 - 2008 L P 12 THPT, N M Môn: n Ngày thi : 19 tháng 12 n m 2007 Th i gian làm bài 180 phút (không k th i gian giao thi g m có 01 trang ) ( GD& T HÒA BÌNH S chính th c ☎ ✕ ✖ ✗ ✙ ✘ ✚ ✛ ✜ ) ✤ ✢✣ ✥ f ( x) = x3 + m 2 x 2 + mx − 5 ✦ i 1 (3 điểm) Cho ✪ ✫ mm ✬ ✭ ✬ ✮ ✯ ✧ ✰ ✧ ✧ ms ★ ms ★ ✩ ✱ ✩ hai c c ✲ ✳ ✯ ✴ n m v hai ✰ ✵ ✶ ✷ ✧ a ✸ ✱ a Oy ✹ ✾ ✥ ✦ ✫ i 2 (3 điểm) Cho nh ✧ ✱ ✧ pt ✲ ✺ ✻ ✼ c ✽ ✬ u S.ABCD ✶ ✱ t t ✲ ✱ ✿ ✱ c ✽ ✱ ❀ nh ✬ u b ng nhau ✶ ✵ ❁ b ng a ★ ✵ a) Ch ng minh AC ⊥ ( SBD ) ✺ ✫ b) Tìm tâm ❁ ★ ❂ n ✽ ❃ nh m t c u ✸ ❄ ❅ ❆ ✻ ❇ i ti p ❀ ❈ ✾ ✥ ✦ ✪ i 3 (3 điểm) ✫ ✻ ✼ ✽ ✯ ✴ l n nh t ✰ ❁ ★ ❆ ✧ nh t ❊ ✧ p S.ABCD ✲ ✱ a ✹ ✧ ms ★ ✩ 1 4 y = cos3 x cos3 x − sin 3x sin 3 x − ✥ ✱ ✾ ❉ m nh ✧ i 4 (1 điểm) Ch ng minh a 2 + 4 ≥ 4a ✦ ✺ ✥ ✦ i 5 (2 điểm) Cho ba s th c a, b, c ✩ ✳ ✯ ✧ ❊ ✬ ❍ a ❋ na+b+c=6 ● Ch ng minh a 2 + b 2 + c 2 ≥ 12 ✺ ✥ ✦ i 6 (3 điểm) Cho tam tr c tâm tam ✳ ✥ ✻ ✼ ✻ ✼ c ABC ✽ c ABC l n l ✽ ❅ ❑ t ◆ ❖ ✱ ✲ nh B, C thu c ■ I(0; 1), H(3; 4). ★ ✪ ✫ ✯ m ✴ c ❏ ✯ € a ✧ ❇ ✬ nh, tâm ★ ■ ✬ ❍ ✬ ❑ ▲ ng ✯ ✴ ▼ n ❆ ✻ ❇ i ti p ❀ ❈ ❁ ★ nh A ✦ i 7 (2 điểm) Cho tam ✫ H ❖ ★ ✧ nh chi u ❈ a. ◗ iE € ✱ ✹ ❖ ✻ ✼ a P lên c ABC ✽ ✱ ❀ ✬ ✧ € ❁ ★ ✬ ❑ n, i m P thu c trung tuy n AM sao cho PM = BM. ✬ ✭ ■ ❈ ◗ € i nh BC. giao i m ★ ❆ ✭ ✱ ✹ a BP AC, F ❖ ★ giao i m ✬ ✭ ✱ a CP ✹ ❁ AB. Ch ng minh r ng EF ★ ✺ ✵ song song BC. b. Q AC ✻ ✥ ✼ ✽ ❁ ★ ✬ ❑ ▲ ❖ ★ ✬ ✭ ✱ ✹ a AB ❁ ★ ❘ ❈ ❙ c ❚ ✱ ▲ ng th ng qua H, vuông ❘ ❉ ✻ ✲ c v i BP. R ❉ ng th ng qua H, vuông c QHR ti p ✦ giao i m ✻ ✲ c v i PC. Ch ng minh r ng ✺ ✵ ✬ ❑ ▲ ng ✯ ✴ ❖ n ▼ giao i m ★ ✬ ❆ ✻ ❇ ❀ ✭ ❈ ✫ i 8 (3 điểm) T m h m s f(x) ★ f ( x) = ✩ ❙ ✽ c ✬ ✰ nh ❁ ★ ❂ ✰ ch n trong ❄ ❃ ✧ ❇ ✿ ng (-1; 1) ✯ ✧ ❊ a ❋ ● ✹ a i ti p tam nh BC. ❀ ✱ n: 1 x f ( ) + x, ∀x ∈ R 2 2 H t ❯ Họ và tên thí sinh :................................ Số báo danh : ............. ........... Phòng thi : ........ Giám thị 1 (Họ và tên, chữ ký) : .............................................................................................. Giám thị 2 (Họ và tên, chữ ký) : ..............................................................................................   ✁ S GD- T Hoà Bình Kì thi HSG c p t nh, l p 12 THPT N m h c 2008-2009 Môn TOÁN H C, TG: 180’, ngày thi 18/12/2008 ✂ ✄ ☎ ✆ ✝ ✞ Câu 1: (4 đ) Cho hàm số (k-tham số) a. Tìm k để hàm số có cực trị. b. Gọi A và B là hai điểm cực trị của đồ thị , viết phương trình đường thẳng AB. c. Tìm k để A và B cách đều đường thẳng d: 2x – y = 0 Câu 2: (5đ) a. Giải phương trình: – + + – – 1 = 0. b. Giải phương trình: c. Giải hệ phương trình: & Câu 3: (3đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông tại C, CA=3, CB=1, và SA vuông góc với mp(ABC). Gọi D là trung điểm của cạnh AB. a. Tính thể tích hình chóp S.ABCD b. Tính khoảng cách từ D đến mp(SAC) c. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và SD Câu 4: (2đ) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi K là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC, M là trung đỉêm đoạn AK và N là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh rằng Câu 5: (3đ) Cho , chứng minh rằng: Câu 5: (3đ) Tìm tất cả các hàm số liên tục trên R thoả mãn điều kiện: với mọi ☎   ✁ THI TH H C SINH GI I C P T NH N M 2010-2011 ✂ ✄ ✆ ✝ ✞ ✠ ✟ Bài 1. (4 i m) Tìm m để hàm số y = 1 3 mx − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + 3 2 1 đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 3 2x2 = 1. ☛ ✡ Bài 2. (6 i m) 1) Giải phương trình 3sin 2 x − 2 s inx =2 sin 2 x cos x 2) Giải bất phương trình log 22 x − log 2 x 2 − 3 > 5(log 4 x 2 − 3) 3) Giải hệ phương trình ☛ ✡ Bài 3. (5 i m) 2) ☛ ✡ Bài 4.(4 i m) 1) Tìm hệ số của x8 trong khai triển newton của biểu thức (1 − 2 x 2 )10 2) Đội học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn. Bài 5 (1 i m) ☛ ✡ Tìm m để phương trình: 3+ x + 6−x − ( 3 + x )( 6 − x ) -------HẾT--------- = m có nghiệm.   S ✟ GIÁO D C- ÀO T O NAM NH ✁ ✂ ✂ KÌ THI H C SINH GI I L P 12 THPT N M H C 2011-2012 Môn: Toán (Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian giao ) thi g m 01 trang ✄ ✞ ☎ ✠ ✡ ✞ ☞ ✂ ✆ ☛ CHÍNH TH C ✝ ☛ ✌ ✍ ✏ ✍ ✎ Câu 1. (4,5 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 8m 2 x 2 − 2 , m là tham số. 1. Khi m = 1 , gọi ( C ) là đồ thị của hàm số. Hãy viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có một góc bằng 120 0 . Câu 2. (5,0 điểm) sin x − sin 2 x 1. Giải phương trình: = 1 2 2 3 cos x − 2 sin 3 x − 3  x2 + y2 2 1 + =  x + y xy  xy 2. Giải hệ phương trình:   x2 + y2 − 1 = − x2 + 2 x + 1  x+y Câu 3. (3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( T ) : x 2 + y 2 − 2 x − y − 5 = 0 và đường thẳng d : 3 x + 4 y − 5 = 0 . Chứng minh rằng d cắt ( T ) tại hai điểm phân biệt B,C. Tìm trên (T) điểm A có hoành độ âm sao cho tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp r=1. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1;3;0 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 , tam giác ABC nằm trong mặt phẳng (P) có A ( −1; −1;0 ) . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm H, biết AH = 2 và BC ⊥ AM . Câu 4. (2,5 điểm) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có AB = a; B ′C ′ = a 5 , các đường thẳng A'B và B'C cùng tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 450 , tam giác A'AB vuông tại B, tam giác A'CD vuông tại D. 1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a. 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BD theo a. Câu 5. (3,0 điểm) π Tính các tích phân: I = π x + sin 2 x ∫0 1 + sin x dx 2 4 ( ) J = ∫ 2 + tan 2 x ln (1 + tan x ) dx 0 Câu 6. (2,0 điểm) Giả sử x,y,z là các số dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) P = 2 x 3 + y 3 + z3 − x 2 − y 2 − z 2 + 2 xyz + 3 -----HẾT----- SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 điểm) Cho hàm số y  x 4  4mx 2  m  2 có đồ thị là  Cm  , (với m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số có ba cực trị và ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều. Câu II. (5 điểm) 2sin 2 x  2 3 cos x  2 sin x  3 1. Giải phương trình sau: 0 2 sin x  3  x 3  2 y 2  y  x 2 y  2 xy  x 2. Giải hệ phương trình sau:   x; y    2 2 5 x  2 y  2  3 y  2 x  4  4 Câu III. (4 điểm) 1  1. Trong mặt phẳng toạ độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ; 0  , phương trình đường 2  thẳng AB : x  2 y  2  0 và AB  2 AD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho tam giác ABC và các điểm K , L, M lần lượt nằm trên các đoạn AB, BC , CA sao cho AK BL CM 1    . Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác: AB BC CA 3 AKM , BLK , CML bằng nhau thì bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác ấy cũng bằng nhau. Câu IV. (3 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA vuông góc với đáy và SA  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và SC . 1. Tính thể tích khối tứ diện MNBD . 2. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  MNB  . 4 Câu V. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả  a  b  c   18  ab  bc  ca   27 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:  1  1  1 1  1  1     bc  2      ca  2    P   ab  2      2 2 2 2 2  1  a  1  b    1  b  1  c    1  c  1  a 2        u1  2013 Câu VI. (2 điểm) Cho dãy số thực  un  xác định bởi:  2 un  2011un  2013un 1  1  0, n  1, n     1 1 1 Tìm giới hạn: lim      n    u  2012 u2  2012 un  2012   1 …………………..HẾT………………… Ghi chú: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh…………………………………………..Số báo danh…………………………………. Chữ ký giám thị 1:…………………………………………Chữ ký giám thị 2:…………………………... [...]... 1 z 1  2  2  y2 z x Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015 Môn: TOÁN; Khối 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án 1 1 (3.0 điểm) Xác định m … (5.0 điểm) Hoành độ giao điểm... thống nhất thực hiện trong tổ chấm 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014 Câu 1 (5.0 điểm) 1 Cho hàm số: y  3x  2m (Cm ) với m là tham số Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị mx... GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH ✁ ✂ ✠ K THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 - 2014 ✄ ✆ ✡ ✆ ✝ ☛ ✟ ✆ Môn: Toán Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao Ngày thi: 03/10/2013 2x − 3 (1) Câu I:(THPT:4,0 i m; GDTX: 4,0 i m) Cho hàm s : y = x−2 ☞ THI CHÍNH TH C ( thi có 01 trang) ✞ ✌ ✎ ✍ ✒ ✏ ✓ ✔ ✏ ) ✑ ✖ ✖ ✕ ✕ ✗ th (C ) c a hàm s (1) 1 Kh o sát s bi n thi n và v 2 Vi t ph ng trình ti p... lim vn = 1005 ✜ ☎ ✟ Chú ý: N u thí sinh làm cách khác mà úng thì v n ch m i m t i a ✆ ✝ ✞ ✆ ✠ ✆ 0,5   ☎ S GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH (H ng d n ch m có 06 trang) ✁ ✂ ☎ ư ✯ ☞ NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ✞ ✟ ✡ I V I THÍ SINH H C T I CÁC TRUNG TÂM GDTX L i gi i 2x − 3 Cho hàm s : y = Kh o sát s bi n thi n và v th (C) c a hàm x−2 s... yêu cầu bài toán là: 2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0     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... T O C BÌNH PH (H ng d n ch m có 06 trang) ✁ ✂ ☎ ư ✯ ☞ ✆ H NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ✄ ✆ ✝ ❅ ✌ ✟ ✟ ✠ ☛ ✞ ✹ ✞ ✡ ✟ I V I THÍ SINH THPT L i gi i ✍ Câu I Ý 1 ✑ ✎ ✏ Cho hàm s : y = ❆ 2x − 3 Kh o sát s bi n thi n và v x−2 ✔ ✒ ✕ ✓ ✖ ✗ ✙ ❆ th (C) c a hàm s ✘ TX : D = R \ {2} 0,25 ✷ lim y = 2 ⇒ ph x →±∞ lim y = −∞;lim y = +∞ x → 2− −1... hoành độ dương Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình chóp và mặt bên bằng  Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định,  thay đổi Câu 5 (3.5 điểm) 1 Tính S  C02014  2C12014  3C22014   2014C2013  2015C2014 2014 2014 2 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... T -• Thí sinh không c s d ng tài li u • Giám th không gi i thích gì thêm L u ý: i v i thí sinh h c t i các trung tâm GDTX thì không làm câu VI ✼ ✕ ✽ ✾ ✿ ❁ ❀ ❂ ❃ ❇ ❄ ❉ ❈ ✣ ✯ ✹ ✤ ✶ 2  u1 = 2013 nh:  2 u (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1 n +1 n +1 n  n ✖ ✕ ❆ ✵ ✻ ✶ ❅ ✯ ✫   ☎ S GIÁO D C VÀ ÀO T O C BÌNH PH (H ng d n ch m có 06 trang) ✁ ✂ ☎ ư ✯ ☞ ✆ H NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I C P T NH... D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều (2,0 điểm) C, D + Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P) 0,50 AB(1;1;5), CD (4;2;2)  AB, CD  ( 12; 18;6)  n  (2;3;1) là 1 vtpt của (P) Pt (P) là 2( x  1)  3( y  1)  1( z  1)  0  2 x  3 y  z  2  0 0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung điểm M(5;3;1) cuả CD 0,50... 1  0    m  m (luôn đúng)   0 9m2  12  0   Vậy d luôn cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0 Giả sử A(x A ; 3x A  3m),B(x B ; 3x B  3m) với x A ,x B là hai nghiệm của (1) Do đó: x A  x B  m và x A x B  1 / 3 Ta có: AB  (x B  x A )2  (3x B  3x A )2  10(x B  x A )2 40  10(x A  x B )  40x A x B  10m  3 1 1 3m 40 Suy ra: SOAB  d(O; AB).AB    10m2  2 ... 262 012 1)# 27 ( 0,5 ) v ( 232 012 42 012 )# ( 23 + ) ( 0,5 ) ( 232 012 42 012 )# 27 ( 0,5 ) nờn A# 27 ( 0,5 ) Mt khỏc ( 262 012 42 012 )# ( 26 ) ( 0,5 ) ( 262 012 42 012 )# 22 ( 0,5 ) v ( 232 012. .. 2 012 CHNH THC * Mụn thi: TON (BNG B) * Ngy thi: 06/11/2011 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 02 trang) HNG DN CHM Cõu (6 im): A = ( 262 012 + 232 012 42 012 1)# 594 Ta cú ( 262 012. .. bi thi l tng im khụng lm trũn S GD & T BC NINH TRNG THPT Lí THI T THI HC SINH GII CP TRNG NM HC 2014 2015 Mụn thi: Toỏn Lp 12 THPT Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt ) Ngy thi: