De toan hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I TỔ TOÁN. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Năm học: 2012-2013 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút. 3. 2. Câu1(2 điểm). Cho hàm số y  x  3x  4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. y m  x  1 b) Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M (1;0), A, B sao cho MA 2 MB . Câu 2(1 điểm). Giải phương trình: sin 2 x sin x  sin x cos x sin x  cos x  cos 2 x. Câu 3 (1 điểm). Giải phương trình:. 4 x 3  x   x  1 2 x  1 0.  x  .  4. x 2 sin x  1 I  dx 2  1  2 cos x. 4 Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân: Câu 5(1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a , SD a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. .  a , b, c  0  Câu 6(1 điểm). Cho ab  bc  ca abc . b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2    3 ab bc ca Chứng minh rằng: Câu 7(1điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC có điểm A(2;3) , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y 1 0 , tâm đường tròn ngoại I 6;6. tiếp tam giác ABC là điểm   và diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC . Viết phương trình đường thẳng BC Câu 8(1điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G. ( 43 ; 1) ,. trung điểm BC là M (1; 1) ,. phương trình đường thẳng chứa đường cao. kẻ từ B là x+ y − 7=0 . Tìm tọa độ A , B , C . ¿ x2 + y 3 =( x +1)( y+ 2). Câu 9(1điểm). Giải hệ phương trình. ( 1x ). 2. log 2 ( y +1)=1+log 2 2+ ( x , y ∈ R). ¿{ ¿. -----------Hết-----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1 a) Khảo sát.... Nội dung. Điểm 1,0.  x  1  x3  3x 2  4 mx  m   2  x  4 x  4  m 0 b) Pt hoành độ giao điểm m  0  Điều kiện: m 9 2 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của pt x  4 x  4  m 0 .. A  x1 ; mx1  m  , B  x2 ; mx2  m . Khi đó.  x  2 x2  1 0 MA 2MB   1  x1  2 x2  3 0 Đáp số m  1; m  81. 1,0 2. cos x  1  sin x  cos 2 x  0 Đưa về  .... 1,0 3 Điều kiện. x . 3. 1 2.. .   2x  2x . 4. Pt Xét:. . 3. 2 x 1  2 x 1.  4. 1 5 x 4 . Đáp số . 0. 4 x 2 sin x x 2 sin x x 2 sin x I1   dx  dx  dx 2 2  1  2 cos2 x   1  2 cos x 0 1  2 cos x . 1,0. . 4. 4. Đặt x  t  dx  dt . Đổi cận:. x . = I1 + I2.    t  ; x 0  t 0 4 4. 0.25. Khi đó 0. 0.  4. 4. 2. 2.  4. x sin x t sin(  t ) t sin t x 2 sin x I1   dx  d (  t )  dt  dx 2 2 2 2     1  2cos x  1  2 cos (  t ) 0 1  2 cos t 0 1  2 cos x . 2. 4. Suy ra I1 0  4. 0.25  4. 1 1 1 I2   dx   . dx 2 2 1 cos x  1  2 cos x  2   4 4 cos 2 x 1 t tan x  dt  2 dx cos x . Đặt 1. 1   dt x   t  1; x   t 1  I 2   2 3  t 4 4 1 Đổi cận: 2 Lại đặt t  3 tan u  dt  3(1  tan u )du .. Đổi cận:  6.  I2   .  6. t  1  u .   ; t 1  u  6 6.  6. 3 3  3 du  u  3 3  9 6. .. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy. I I1  I 2 =.  3 9.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5. Theo giả thiết (ABCD)  (SBD) theo giao tuyến BD. Do đó nếu dựng AO  (SBD) thì O  BD. Mặt khác AS = AB = AD  OS = OB = OD hay SBD là tam giác vuông tại S.. S. H D C O B. A. 0.25 2. 2. 2. 2. Từ đó: BD  SB  SD  a  2a a 3 3a 2 a AO  AB  OB  a   4 2 2. 2. 2. 0.25. Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi: 1 1 1 a a3 2 VS . ABD VA.SBD  S SBD . AO  SB.SD. AO  a.a 2.  3 6 6 2 12 3 a 2  VS . ABCD 2VS . ABD  6 (đvtt).. 0.25. Trong SBD dựng OH  SD tại H (1)  H là trung điểm của SD. Theo chứng minh trên AO  (SBD)  AO  OH (2) (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD 1 a d ( AC , BD ) OH  SB  2 2 Vậy. 6. 1 1 1 x = ,y = ,z = a b c. Đặt thành. 0.25. thì x,y,z > 0 và x + y + z = 1. Bất đẳng thức trở. x2  2 y 2  y 2  2z 2  z 2  2x2  3. Ta có. x2  2 y 2 x 2  y 2  y 2 . Suy ra Tương tự. ( x  y  y )2 3. x2  2 y 2 . 3 ( x  2 y) 3. y2  2z2 . 3 ( y  2 z) 3. z 2  2x2 . 3 ( z  2 x) 3. Và Cộng vế theo vế ta được đpcm. 1.0 7. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . (C) có bán kính 2 2  x  6    y  6  25 . R=IA=5 (C) có pt . Gọi D là giao điểm của phân giác trong góc A và (C). Toạ độ điểm D  x  y  1 0  2 2 x  6    y  6  25    là nghiệm của hệ . Suy ra D(9;10).. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . 8. 9. ID  3; 4 . là vectơ pháp tuyến của BC  BC : 3 x  4 y  m 0 . d(A, BC)=3d(I, BC)  m  54; m  36 Vậy BC: 3x  4 y  54 0 hoặc BC: 3x  4 y  36 0 MA=3 ⃗ MG ⇒ A(2 ; 1). Từ tính chất trọng tâm ta có ⃗ B ∈ BH : y=− x+ 7 ⇒ B (b , −b+ 7). Vì M (1;1) là trung điểm BC nên C( 2− b ; b −5). Suy ra ⃗ AC=(− b ; b −6). ⃗ u BH . AC=0 ⇔ b+(b −6)=0 ⇔b=3 . BH ⊥ AC nên ⃗ Suy ra B (3 ; 4), C(− 1; − 2).. 0.5 0.5 0.5. 1 1 Điều kiện: 2+ x >0 ⇔ x <− 2 hoặc x> 0 .. Từ phương trình thứ hai của hệ ta có 2. ⇔ y +1=4+. 2 x. ( 2x ). log 2 ( y 2+ 1 )=log 2 4 +. hay y 2 x=3 x +2 .. ¿ x 2+ y 3 =xy +2 x+ y +2 Hệ trở thành y 2 x=3 x +2 ¿{ ¿ Từ hai phương trình ta được x 2+ y 3 =xy +2 x+ y + y 2 x − 3 x ⇔ x ( x − y)+ y 2 ( y − x )+ x − y=0 ⇔ ( x − y)(x − y 2 +1)=0 ⇔ x= y ¿ x+1= y 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ * Với x= y ta có x= y=− 1 hoặc x= y=2 . * Với x+ 1= y 2 ta có nghiệm (1− √ 3; ± √ 2− √ 3),(1+ √ 3 ; ± √2+ √ 3). Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm (x; y) của hệ là (−1 ; −1),(2; 2), (1− √ 3; ± √ 2− √ 3), (1+ √ 3; ± √ 2+ √ 3) .. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>