SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN – Lớp: 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút Đề thi gồm 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC 2x −1 có đồ thị (H ), điểm A ( 2;5 ) đường thẳng (∆) x +1 y = − x + m (với m tham số) 1) Chứng minh ( ∆ ) cắt (H) hai điểm phân biệt 2) Gọi B, C giao điểm ( ∆ ) (H) Chứng minh AB = AC với m Tìm giá trị m để tam giác ABC Câu (5 điểm) 5π 1) Giải phương trình cos x − 2cos x = 2sin x.cos x − ÷ y3 + y = ( x + 5) x + 2) Giải hệ phương trình 2 2 x + 16 = y + y x − x + Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có góc nhọn, nội tiếp đường tròn 1 1 tâm I ; − ÷ Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt AB, AC D, E 2 2 ( D ≠ B, E ≠ C ) Cho phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC x + y − x + y + = phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE x + y − 3x − = Tìm tọa độ điểm A 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A ( 1;3;2 ) mặt phẳng ( P) x − y + z + = Tìm tọa độ điểm M cho AM vuông góc với (P) khoảng cách từ M đến (P) khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O Câu (3 điểm) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông A BC = 2a, AC = a Gọi D điểm đối xứng với C qua trung điểm AB Gọi α góc mặt phẳng (SBD) mặt phẳng (ABC) Biết tan α = SA = SB = SD Tính thể tích khối tứ diện SABC khoảng cách hai đường thẳng SC AD Câu (3 điểm) Câu (4 điểm) Cho hàm số y = ( e2 1) Tính tích phân I = ∫ e ) x ln x + ( x + 1) ln x + dx x ln x ( x ln x + 1) 2) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên có chữ số khác không lớn 2503? Câu (2 điểm) Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y − z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y x + 2y + + 10 y + z x + y + z x + y Họ tên thí sinh:…………………………….Họ, tên chữ ký GT1:………………………………… Só báo danh:………………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung 1.1 Hoành độ giao điểm (H) ( ∆ ) nghiệm phương trình: (1,5) Điểm 0,5 2x −1 = −x + m x +1 ⇔ x − ( m − 3) x − m − = 0, x ≠ −1 ( 1) 0,25 Ta có ∆ = ( m − 3) + ( m + 1) = m − 2m + 13 > 0, ∀m 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác – nên (H) ( ∆ ) cắt hai điểm phân biệt 1.2 Giả sử B ( x1; − x1 + m ) , C ( x2 ; − x2 + m ) với x1 , x2 hai nghiệm (1) (2,5) x1 + x2 = m − Theo định lý Viet ta có (*) x1 x2 = −m − Ta có AB = ( x1 − ) + ( − x1 + m − ) , AC = ( x2 − ) + ( − x2 + m − ) ( x1 − ) + ( − x1 + m − 5) = ( x2 − ) + ( − x2 + m − ) ⇔ ( x1 − x2 ) ( ( x1 + x2 ) − 2m + ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − 2m + ( x1 ≠ x2 ) AB = AC ⇔ 2 0,5 0,5 0,5 (luôn 0,75 theo (*) BC = ( x1 − x2 ) 0,25 Tam giác ABC ⇔ ·ABC = 60o ⇔ d ( A, BC ) = BC 7−m ⇔ = ( x1 − x2 ) 2 m = ⇔ m + 4m − = ⇔ m = −5 Vậy giá trị m thỏa mãn điều kiện đề m = 1, m = −5 2.1 5π ÷ (2,5) cos x − 2cos x = 2sin x.cos x − ( ⇔ cos x − 2cos x = sin x − cos x + sin x ( ) cos x = ⇔ cos x + sin x = π π cos x = ⇔ x = + k 0,25 0,5 ) ⇔ cos x ( − 2sin x ) − 2cos x = − sin x.cos x ⇔ cos x cos x + sin x − = 0,25 0,75 0,25 0,25 π π cos x + sin x = ⇔ cos x − ÷ = ⇔ x = + k 2π 3 π π π Vậy nghiệm phương trình x = + k , x = + k 2π 2.2 y3 + y = ( x + 5) x + (2,5) 2 2 x + 16 = y + y x − x + ( Điều kiện x ≥ −2, y ∈ ¡ ) 0,5 0,25 ( 1) ( 2) 0,5 ( 1) ⇔ y + y = ( x + ) + x + Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡ f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ , suy f ( t ) đồng biến ¡ ( 1) ⇔ f ( y ) = f ( x + ) ⇔ y = x + ( 2 Thay vào (2) ta x + 16 = ( x + ) + x + x − x + 0,5 ) 0,5 ⇔ 2x2 − 6x + = x + x2 − x + ⇔ ( x2 − 2x + 4) − ( x + 2) = x + x2 − x + Đặt u = x + 2, v = x − x + 4, ( u ≥ 0, v > ) 2 Phương trình trở thành 2v − 3uv − 2u = ⇔ ( 2v + u ) ( v − 2u ) = Do u ≥ 0, v > nên phương trình tương đương với v = 2u Suy x − x + = x + ⇔ x − x − = ⇔ x = ± 13 (thỏa mãn điều kiện) Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 3+ )( ) 13; + 13 , − 13; − 13 3.1 (1,0) Tọa độ D, E nghiệm hệ 2 x + y − x + y + = 2 x + y − 3x − = ⇒ 3x − y − = 0,5 0,5 0,25 Do tọa độ D, E thỏa mãn phương trình D khác E nên phương trình đường thẳng DE x − y − = (1) Chứng minh AI ⊥ DE · Tứ giác BCED nội tiếp nên ·ABC = AED · Mặt khác ·AIC = ·ABC suy ·AIC = AED 0,25 ·ACI = CAI · · ·AIC + ·ACI + CAI = 180o · · · ·AED + 2CAI = 180o ⇔ AED + CAI = 90o hay AI ⊥ DE 1 1 Do I ; − ÷ nên từ (1) (2) ta có phương trình AI x + y + = 2 2 Lại có Suy (2) x = −1 y = x + 3y +1 = ⇔ x = Tọa độ A nghiệm hệ 2 x + y − 3x − = y = − Do tam giác ABC nhọn nên I nằm tam giác ABC A ( −1;0 ) r 3.2 (P) có vecto pháp tuyến n = ( 2; −1;2 ) uuuur (2,0) Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) suy AM = ( x0 − 1; y0 − 3; z0 − ) (3,0) 0,25 0,25 0,25 x = 2t + uuuur r Do AM ⊥ ( P ) ⇔ ∃t ∈ ¡ : AM = tn ⇔ y0 = −t + ⇒ M ( 2t + 1; −t + 3;2t + ) z = 2t + ( 2t + 1) − ( − t ) + ( 2t + ) + d ( M ,( P) ) = = 3t + 2 OM = d ( M , ( P ) ) ⇔ ( 2t + 1) + ( − t ) + ( 2t + ) = 3t + ⇔ t = 0,25 13 16 Vậy M ; ; ÷ 3 3 0,25 Ta có AB = a ACBD hình bình hành Suy tam giác ABD vuông B Gọi H trung điểm AD, suy H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Do SA = SB = SD nên SH vuông góc với mặt phẳng (ABD) Gọi K hình chiếu H BD suy K trung điểm BD SK ⊥ BD · Suy góc (SBD) (ABC) SKH Ta có HK đường trung bình tam giác ABD nên HK = a AB = 2 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 SH = HK tan α = 3a a3 Suy VSABC = SH dt ( ABC ) = Ta có d ( SC ; AD ) = d ( AD; ( SBC ) ) = d ( H ; ( SBC ) ) Gọi I hình chiếu H BC Ta có ( SHI ) ⊥ ( SBC ) , ( SHI ) ∩ ( SBC ) = SI Gọi J hình chiếu H SI, suy HJ ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( H ; ( SBC ) ) = HJ Tính HI = a 0,5 0,5 0,25 1 3a = + ⇒ HJ = 2 HJ HI HS 14 3a a Vậy VSABC = d ( SC ; AD ) = 14 e2 e2 e2 5.1 ln x + ln x + dx = dx + dx (1,5) I = 1 + ÷ ÷ x ln x x ln x + x ln x x ln x + ( ) ( ) e e e Trong tam giác vuông SHI có ∫ ∫ ∫ 0,25 0,25 0,25 e2 Ta có ∫ dx = e −e 0,25 e e2 J= ∫ e ln x + dx x ln x ( x ln x + 1) 0,25 Đặt t = x ln x ⇒ dt = ( ln x + 1) dx Đổi cận: x = e ⇒ t = e, x = e ⇒ t = 2e 2e ( e + 1) du 1 =∫ − ÷du = ln u ( u + 1) e u u + 2e + 0,5 2e ( e + 1) 2e + 5.2 Số tự nhiên có chữ số khác có dạng abcd , abcd ≤ 2503 (1,5) Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: a = , số cách chọn b, c, d thỏa mãn yêu cầu toán A63 Trường hợp 2: a = , + Nếu b < suy có cách chọn b, có A52 cách chọn c, d + Nếu b = suy c = , suy d = d = Vậy có tất A63 + A52 + = 202 số thỏa mãn điều kiện đề Coi P hàm z x, y tham số ta có (2,0 x y P '( z ) = − − < 0, ∀z ∈ ( 0; x + y ] 2 ) 0,25 e2 Suy J = ∫ e e2 Vậy I = e − e + ln ( 10 y + z ) ( x + y + z) 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 Suy P(z) nghịch biến ( 0; x + y ] x y x +3 x x + 3y y ⇒ P ≥ P( x + 2y) = + = + x + 12 y x + y x + 12 x + y y x t t +3 ⇒ P ≥ f ( t) = + với t ∈ ( 0; +∞ ) y t + 12 2t + 12 f '( t ) = − 2 ( t + 12 ) ( 2t + 3) Đặt t = f '( t ) = ⇔ 12 = ( 2t + 3) Bảng biến thiên hàm số f ( t ) t f '( t ) ( t + 12 ) - 2 0,5 0,25 t = ⇔ t = − 18 +∞ + 0,5 f ( t) Từ bảng biến thiên suy f ( t ) ≥ f ( ) = 7 Dấu xảy x = y, z = y Vậy giá trị nhỏ P , x = y, z = y Vậy P ≥ 0,25 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà phù hợp với chương trình, giám khảo thống chia điểm thành phần tương ứng HẾT - ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2013- 2014 Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT Câu Nội dung 1.1 Hoành độ giao điểm (H) ( ∆... + = + x + 12 y x + y x + 12 x + y y x t t +3 ⇒ P ≥ f ( t) = + với t ∈ ( 0; +∞ ) y t + 12 2t + 12 f '( t ) = − 2 ( t + 12 ) ( 2t + 3) Đặt t = f '( t ) = ⇔ 12 = ( 2t + 3) Bảng biến thi n hàm số... 12 = ( 2t + 3) Bảng biến thi n hàm số f ( t ) t f '( t ) ( t + 12 ) - 2 0,5 0,25 t = ⇔ t = − 18 +∞ + 0,5 f ( t) Từ bảng biến thi n suy f ( t ) ≥ f ( ) = 7 Dấu xảy x = y, z = y Vậy giá trị