DE THI HSG 12 TINH HA NAM

Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.. Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT NĂM HỌC: 2015 - 2016 Môn: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang) Câu (5,0 điểm) y mx   m  1 x   m   x  (1) ( m là tham số thực) Tìm tất các giá trị m để hàm số (1) có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 1 x 1 y x  có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  x  m  ( m là Cho hàm số C tham số thực) Chứng minh với m, đường thẳng d luôn cắt   điểm phân biệt Cho hàm số A, B Gọi k1 , k2 là hệ số góc tiếp tuyến A và B  C  Xác định m để 2  3k1  1   3k2  1 98 Câu (4,0 điểm) Giải bất phương trình sau trên tập số thực x   x  x   x   x  x  x2  2log log y log 2  y   y2   27 x y x  x  xy  x  x   Giải hệ phương trình sau trên tập số thực   sin x cos x  x    x tan x   x I  cos x   x tan x  Câu (2,0 điểm) Tính tích phân 2 dx Câu (5,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với AB BC 2 và A’ cách các đỉnh A, B, C Gọi L, K là trung điểm BC , AC Trên các đoạn A’B, A’ A lấy M , N cho MA’ 2 BM , AA’ 3 A’ N Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10 S ABC Cho hình chóp có độ 2 dài các cạnh SA BC x, SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z 12 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC  S  có tâm  C  có chu vi Câu (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu I   2; 3;  Biết  S  cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn 20 Viết phương trình mặt cầu  S  Câu (2,0 điểm) x  y  z   yz  y  z  x , y , z Cho các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ 2 yz   x   y z  P      y  z  x  y  z        x     biểu thức Hết Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh……………………… Người coi thi số 1…………………………… Người coi thi số 2.……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu Câu KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12 ý Nội dung 2 Ta có y ' 3mx  6( m  1) x  9( m  2) Hàm số đã cho có cực trị  y ' 0 có (2,0đ) m 0 m 0  m 0     '   18m  36m   nghiệm phân biệt       (*)  m  ;         m  1 (1)  x1  x2  m   x x   m   (2)  m Do x1 , x2 là nghiệm pt y ' 0, theo định lý Viét ta có  Lại có x1  x2 1 (3) 3m    x1  m   x 2  m  m Từ (1), (3) thay vào (2) ta m 2  3m     m  3  m      m 2 m2 m (t/m (*))  m 2, m  Kết luận: Các giá trị cần tìm là Điểm 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 x 1  x  m  (1) (3,0đ) Hoành độ giao điểm (C) và d là nghiệm pt x   x    x  m  1  x   (1) (vì x  không là nghiệm pt (1))  x    m  x   2m 0 (2) 2    m     2m  m  4m  12  m   Ta có Vậy pt (1) luôn có nghiệm phân biệt hay d luôn cắt (C) điểm phân biệt A, B Gọi x1 , x2 là hoành độ A, B  x1 , x2 là các nghiệm pt (2) Theo định lý Viét  k1  m    x1     x1  x2    k   m x x  2   x2   ta có  Mặt khác ta có  1  k1k2    4 2 2  x1    x2    x1 x2  x1  x2     2m  m        2 2  3k1  1   3k2  1 98  9k1  9k2   3k1  3k2  96 (*) Khi đó Câu 9k  9k22 2 81k12 k22 18k1k2 72 Ta có k1 , k2  Theo bđt Côsi: và  3k1  3k2  4 9k1k2 12 24 Vậy VT(*) 72  24 96 Dấu xảy m  k1 k2  x1    x2    x1  x2     m  2 Kết luận: Giá trị cần tìm là m  1 x (2,0đ) Điều kiện: Bất phương trình đã cho x   4x   x  x   x   x  0  x  x   0 x   4x  3  x      x  1  x  3  0   x  3  x    0  * x   4x  x   4x    1  f  x  x 1  ;    x   x  liên tục trên   Ta có hàm số  x   x   f x f '  x  1  x    1  2  ;   x   4x   và đồng biến trên  1 3 f  x  f      x  15  2 Do đó  0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5  Từ đó bpt (*)  x  0  x 3 1   ;3 Kết luận: Tập nghiệm bpt đã cho là   0,5 0,5 0,25  x  x  x2 log 2 log log y (1) (2,0đ)  2  y  1 y   27 x y x (2)  x  xy  x  x   Điều kiện: x  0, y  0,25 Viết lại pt (1) dạng     log x  x  x  log y   y  2log 3.log y     y  1 y  log  x  x  x  log y  log x  x  x log y   y  log y 2 2 1  x  x  x2   y y   1' y2 0,5 t2 f  t  t  t  t , t  Xét hàm số f '  t  1   t  Ta có 1 t2  t   x   xy 1 y  hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên  0;   , đó pt (1’) Khi đó pt (2) trở thành 27 2 x   x2  2x  x x  2x   x2  2x   1 1 Đặt 27 x x 2 0,25 2 27    x2 x x 27 27 2  x  x    0  2'  x 4 x g  x  27 2 x    , x  x Ta có Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên g ' x   27 x x2  x  x  0,5  0;    2 g   0  0;   Mà   Từ đó pt (2’) có tối đa nghiệm trên  x; y   ;   2 Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm 0,25 0,25 Ta có  sin x cos x  x    x tan x   x  I  dx cos x   x tan x    sin x cos x  x x dx  dx   2 cos x   x tan x  cos x   x tan x  0,25  - Đặt  Câu (2,0đ) sin x cos x  x I1  dx cos x   x tan x   x cos x dx  d   x tan x  ln  x tan x   x tan x  x tan x tan x  I1   - Xét Ta có     ln    4   x dx x 2dx x cos xdx I    2   cos x   x tan x   cos x  x sin x  cos x  cos x  x sin x  x    x sin x  cos x  dx du  u  cos x    cos x    x cos xdx  dv  v     cos x  x sin x  x sin x  cos x Đặt    I    Câu x   cos x x sin x  cos x     4  I I1  I ln        Vậy: Gọi E là trung điểm AN, ta có (2,5đ) ME//AB//LK  S MLK S ELK  VMNKL VNELK 0,75   dx 4    cos x   0.25 0,25 0,25 0,25 B’ C’ A’ N M LC B E A ’K’ 0,5 S EKN  S A ' KA ta có +) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC  nên mà BK  AC  BK   A ' AC  BK d  L,  NKE    d  B,  NKE    2 , L là trung điểm BC +) Ta có 1 AC VNELK  d  L,  NKE   S NKE  KB.S A ' KA KB   18 ; +) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 3 0,5 0,25 0,5 0,25  S A ' AK  A ' K KA  2 Vậy VNELK (2,5đ) 0,5 1 1  KB.S A ' KC    VMNLK  18 18 6 A S N C P B Qua các đỉnh tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ S MNP 4 S ABC  VS ABC  VS MNP +) Có 0,5 SB  AC  NP  SNP +) Do vuông S M Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông S Đặt a SM , b SN , c SP , ta có:  a 2  x  z  y   a  b2 4 x    2 2 2 b  c  y   b 2  x  y  z  c  a 4 z  2 2  c 2  y  z  x  1 VS ABC  VS MNP  abc  24 12 x 0,5  y  z   y  z  x2   z  x2  y  0,5 Mà theo bđt Côsi: x  y2  z   y  z  x2   z  x2  y   3  x  y  z  y  z  x  z  x  y   12      4    3 nên VS ABC  2  12 0,5 12 x  y  z  4  x  y  z 2 Đẳng thức xảy Câu (2,0đ) 2 Vậy GTLN thể tích khối chóp S.ABC là Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2 r 20  r 10 Ta có d  I ,  Oxy   5 Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R  d  I ,(Oxy )   r  125 0,5 0,5 0,5 0,5  x  2 Vậy mặt cầu (S) có phương trình Câu (2,0đ) P   1 x  0,5  y z  yz  1 x         1 y 1 z  1 y  1 z   1 x   y z  yz      1     1 y 1 z  1 y  1 z   1 x   y z  yz yz        y 1 z  1 y  1  z  1 x 1  y  1  z   2 1 x   y  3   z   125 1 x 1 x   y2 1 y   z2 1 z   yz   y  1  z  1  x      1 x 1   1  y  z   1  1 1  1 y  z    1 u  , v   u, v  y z Đặt Khi đó 1 P    2 1 x 1 u  1 v 1 x 1 u  1 v  1 x P 2  0,5 1 x 1 u  1 v  1 x 1 u  1 v Theo bđt Côsi: Mặt khác, giả thiết trở thành  y2  z2  y  z  1 1 x 2    x       x  u  v  u  v yz z  y z y  y z  2 x  u  v  2 x  u  v  2  u  v   u  v  x Theo bđt Bunhiacốpxki: 2 1 x 1    u    v     u  v        4 x x     Lại theo bđt Côsi: P Từ đó suy 1 x f  x   x2 1 x  x3  x  x 1 1 x x2 1  x  x3  x  x  1  x  0,5 , x  Xét hàm số 10 x  f ' x   f '  x  0  x   x 1 Ta có  0;  suy Lập bảng biến thiên f(x) trên   91 P  f  x  f      108 91 Kết luận: GTNN P là 108 đạt 0,5 0,5 1 x  , u v, u  v  10  x  , u v 5  x  y  z  x 5 Lưu ý: Các cách giải khác, đúng thì cho điểm tương đương theo phần hướng dẫn chấm - HẾT -