De chon HSG truong nam 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: Toán (Thời gian làm bài 150 phút) 2x - 2 x +1 Câu I (4 điểm): Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Tìm các giá trị của m để đường thẳng D : y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 3. Câu II (4 điểm): 1. Giải phương trình sinx + cosx = (1+ tanx)cos2x + tanx 2. Giải bất phương trình x2 + 2 + 2 x3 +1 > 2 x2 - x +1 + 2 x +1 . Câu III (2 điểm): Cho phương trình y=. 2 2 2 2 9x -x+m + 9x +m = 3x -x+m + 3x +x+m Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm. Câu IV (4 điểm): Cho hai hình chữ nhật ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng có AB = a 2 , AD = AF = DF = 2a. 1. Tính thể tích tứ diện FABD. 2. Tính khoảng cách giữa AC và BF. Câu V (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm 1 M nằm trên cạnh CD sao cho MD = 3 CD, AM cắt BD tại N. Tìm tọa -3 7 ( ; ) (-2;1) độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M , N 4 4 và điểm D nằm trên trục hoành có hoành độ dương. Câu VI (2 điểm): Đội văn nghệ của một trường THPT có 10 học sinh gồm 8 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Nhà trường cần thành lập một đoàn đại biểu 6 học sinh gồm một trưởng đoàn và năm thành viên đi tham dự đại hội văn nghệ cấp tỉnh, sao cho 2 học sinh nữ không đồng thời cùng có mặt. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. 1 1 1 + + =1 x y z Câu VII (2 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy yz zx + + 3 3 y 3 + z 3 z 3 + x3 A = x +y.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HẾT TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu ý Nội Dung I 1. Điểm 2điể m. y 8 6 4 2. x -8. -6. -4. O. -2. 2. 4. 6. 8. -2 -4 -6 -8. 2. 2điể m 2x  2 2 x  m -Hoành độ giao điểm của  và (C) là nghiệm của pt: x  1  f ( x) 2 x 2  mx  m  2 0   x  1 m  4 4 2   0    f ( 1) 0  m  4  4 2 (*) -  cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1 AB.d ( I ,  ) 3  AB.d ( I ,  ) 6 -Diện tích tam giác IAB: S = 2 Gọi A( ( x1 ; 2 x1  m) , B ( x2 ; 2 x2  m) với x1 ; x2 là hai nghiệm của pt f(x) = 0 5( m2  8m  16) 2 AB = m 4  d ( I , )  5 I(-1;2) 2. Ta có. 0,50. 0,50. 0,50 2. 2. m  8m  16. m  4 12   (m  4)  32  (m  4) 144.  ( m  4) 2 36  (m  4)  32(m  4)  144 0   2  ( m  4)  4(loai) 4. 2. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. 1.  m 10   m  2 tmđk(*) sin x  cosx (1  t anx)cos2 x  t anx. 2điể m.  cos x 0  x   m ; m   2 Đk: 2 Pt đã cho  s inx.cos x  cos x (s inx  cos x)cos2 x  s inx  s inx cos x  cos 2 x (s inx  cos x)(2cos 2 x  1)  s inx  s inx cos x  cos 2 x 2s inx cos 2 x  2cos x cos 2 x  cos x  cos x 0(loai)  2  s inx  cos x 2sin x cos x  2 cos x  1  s inx  cos x sin 2 x  cos2 x    sin( x  ) sin(2 x  ) 4 4 x  k 2    ,k   x   k 2 6 3   k 2 x  6 3 trên đường tròn lượng giác và kết hợp với điều kiện, Biểu diễn nghiệm pt có các nghiện là  5 x k 2 ; x   k 2 ; x   k 2 6 6 với k   2. x2  2  2 x3 1  2 x2  x 1  2 x  1 2 Đặt a  x  x  1, b  x  1, a 0, b 0 2 2 2 Ta có a  b x  2 2. 0,50 0,50. 0,50. 0,50. 2điể m 0,50. 2. bpt đã cho trở thành a  b  2ab  2a  2b  (a  b)(a  b  2)  0  a  b  2  0 (vì a + b > 0) x 2  x 1  x 1  2  x 2  2  2 x3 1  4   x 3  1 0 x 2  2 2  x  0      2 x3 1  2  x 2      2  2 2  x  2 2   2  x 0    x 0   x 2 ( x 2  4 x  4)  0 . 0,50. . 0,50 0,50.  2  2 2  x 0. III. 9x. 2.  x m.  9x. x Đặt a 3. 2. 2. m.  x m. 3x. 2.  x m. , b 3x. 2.  3x.  x m. 2.  x m.  ab 9 x. 2. m. 2 Khi đó pt trở thành a  ab a  b  ( a  b)( a  1) 0 2  a 1  3x  x m 1  x 2  x  m 0. 2điể m 0,50 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  0  1  4m 0  m . IV. 1. Để pt có nghiệm khi và chỉ khi AD = AF = DF = 2a, AB = a 2. 0,50. 1 4. 2điể m. F. E N A H. B M. D C  Gọi H là trung điểm của AD suy ra FH AD vì tam giác FAD đều Mà AB  (ADF) suy ra FH  AB Nên FH  (ABCD) 1 1 1 a3 6 .a 3. 2a.a 2  2 3 Thể tích FABD: V = 3 FH.dt(ABD) = 3 2. 0,50 0,50 1.00 2điể m. -AC cắt BH tại M 1 a 6 1 a 3 2 2 2 Ta có AM = 3 AC = 3 , HM = 3 HB = 3 suy ra AM  HM  AH Tam giác AMH vuông tại M -Suy ra AC  (BFH) -Gọi N là hình chiếu của M trên BF suy ra MN là đường vuông góc chung giữa BF và AC. -Ta có NBM đồng dạng HBF 2a 3 a 3. NM BM HF .BM 3 a 6    MN   HF BF BF 3 a 6 Vây d.  BF , AC  . a 6 MN = 3 .. 0,50 0,50. 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V. 2điể m. 1 3 7 ( ; ) MD = 3 CD, M ( 2;1) , N 4 4 A. B. I N D M E C -Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD và E là trung điểm của MC 1 1  MN  IE , IE  AM 2 2 Ta có IE // AM Suy ra MA 4 MN , BD 4 DN  MA 4 MN  A(3; 4)   2 -Gọi D(x;0) với x > 0 suy ra AD.MD 0  x  x  2 0  x 2 hoặc x = -1 (loại) D(2;0)   DC  -  3DM  C ( 10;3) - DB 4 DN  B (  9;7) Vậy A(3; 4), B( 9;7), C ( 10;3), D(2;0) . VI. 0,50 0,50 0,50 0,50 2điể m. TH1: Có một hs nữ 1 + Chọn một hs nữ làm trưởng đoàn có C2 cách chọn 5 Và chọn 5 hs nam trong 8 hs nam có C8 cách chọn. C1 C 5 Có 2 . 8 = 112 cách. + Chọn một hs nam làm trưởng đoàn có 8 cách chọn 1 Chọn một hs nữ có C2 cách chọn. 0,50. 0,50. 4 7. C Và chọn 4 hs nam trong 7 hs nam còn lại có cách chọn 1 4 C C Có 8. 2 . 7 = 560 cách. TH2: Không có hs nữ Chọn một hs nam làm trưởng đoàn có 8 cách chọn 5 Và chọn 5 hs nam trong 7 hs nam còn lại có C7 cách chọn 5 Có 8. C7 = 168 cách. Vậy có 112 + 560 + 168 = 840 cách.. VII 3 3 2 2 Ta có x  y ( x  y )( x  xy  y ) ( x  y ) xy , suy ra. 0,50. 0,50 2điể m 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  A. 1 1 1   x y yz zx. 1 1 4   Mặt khác ta luôn có x y x  y , suy ra 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  (  ) (  ) (  )  (   )  2 x y z 2 A 4 x y 4 y z 4 z x 1 Max A = 2 khi và chỉ khi x = y = z = 3.. 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>