DE THI VA DAP AN THI HSG TOAN 12 KHOI CHUYEN 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN - LỚP 12 CHUYÊN Ngày thi: 31 /03/2013 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (4 điểm) 2x . (1) x +1 1) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B (A, B khác O) sao cho OB = 2OA. 2) Tìm các điểm M, N trên hai nhánh của đồ thị hàm số (1) sao cho độ dài MN nhỏ nhất.. Cho điểm I(-1;2) và hàm số y =. Câu 2. (4 điểm) 1) Giải phương trình. π. 2 sin(4 x − ) + sin 2 x + cos 2 x − 2sin 3 x + sin x + cos x − 1 = 0, 4 2) Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 2 x 2 y + 9 x = my 2  2 2  xy + 2 y = x có đúng ba nghiệm thực phân biệt.. (x ∈ ℝ ).. Câu 3. (4 điểm) 1. 1) Tính tích phân. ∫ 1 3 7. dx x3 . 3 x 3 + 1. .. 2) Tìm tất cả các hàm số f : ℝ + → ℝ + thỏa mãn xf ( xf ( y )) = f ( f ( y )) , ∀x, y ∈ ℝ + .. Câu 4. (6 điểm) x2 + y 2 = 1 . Lập phương trình đường 4 thẳng d song song với đường thẳng ∆ : x – y + 2013 = 0, đồng thời d cắt (E) tại hai điểm A, B sao 4 cho diện tích tam giác OAB bằng . 5 2) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, AD = 2a, SA = a, SB = a 3 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 3) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – z - 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A, d nằm trong (P) sao cho góc giữa d và Oz nhỏ nhất. 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxyz, cho elip (E):. Câu 5. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng a − bc b − ca c − ab 3 + + ≤ . a + bc b + ca c + ab 2 --------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh................................................ Số báo danh:......................................... Giám thị 1: (Họ tên và ký).................................................................................................. Giám thị 2: (Họ tên và ký)...................................................................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NGÀY THI 31/3/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 CHUYÊN Bản hướng dẫn chấm có 04 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu Câu I. Phương pháp – Kết quả 1. y =. 2x 2 ⇒ y'= 2 x +1 ( x + 1). >0. Tiếp tuyến của ĐT hàm số cắt các trục Ox,Oy tại A, B thoả mãn OB = 2OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k = ± 2. Do y’ >0 nên k = 2 2 Xét phương trình = 2 suy ra x = -2 hoặc x = 0 2 ( x + 1) Với x = 0 thì phương trình tiếp tuyến là d1: y = 2x (không thoả mãn). Với x = -2 thì phương trình tiếp tuyến là d2: y = 2x +8 (thoả mãn) 2. Không mất tính tổng quát, ta giả sử xM > -1, xN < -1. 2 2 Khi đó M (−1 + a; 2 − ), N (−1 − b; 2 + ) , với a, b > 0. a b 2 1 1 MN 2 = (a + b) 2 + 4  +  a b 2. 64  4  2 ≥ ( a + b) + 4   = ( a + b) + 2  a+b ( a + b). Điểm 0,5. 0,5 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 2. ≥ 2 ( a + b) 2. II. 64. (a + b). 2. = 16. a = b > 0  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  64 ⇔ a = b = 2. 2  ( a + b) = ( a + b ) 2  Từ đó tìm được M( 2 -1; 2- 2 ) và N(- 2 -1; 2 + 2 ). 1. Phương trình đã cho tương đương với sin 4x - cos 4x +sin2x + cos 2x – 2sin 3x + sin x + cos x – 1 = 0 ⇔ (sin 4x + sin2x) - (cos 4x – cos 2x) – 2sin 3x + sin x + cos x – 1 = 0 ⇔ 2sin3xcosx + 2sin 3x sin x – 2sin 3x + sin x + cos x - 1 = 0 ⇔ 2sin3x(cosx + sin x – 1) + sin x + cos x - 1 = 0 ⇔ (2sin3x + 1)(cosx + sin x – 1) = 0 π k 2π   x = − 18 + 3  1   x = 7π + k 2π sin 3 x = −  ⇔ ⇔ 2 18 3   sin x + cos x = 1  x = k 2π  π  x = + k 2π  2 KL... 2.Nhận xét (0; 0) luôn là một nghiệm của hệ với mọi m.. 0,5. 0,5. 1. 1 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Nếu x = 0 ⇒ y = 0 và ngược lại.  2 x2 9 x + 2 =m  y  y Xét xy ≠ 0. HPT tương đương với  (*) 2  y + 2y =1  x x 2 x2 y2 Đặt u = , v = ⇒ x = 3 u 2 v , y = 3 uv 2 . y x 9 9u   2u + v = m 2u + u − 2 = m (1) Khi đó hệ phương trình (*) thành  ⇔ (**) 2 u − 2 v + = 1 v = (2) u  u  Dễ thấy yêu cầu bài toán tương đương với (1) có đúng 2 nghiệm u ≠ 0 và u ≠ 2. 9u Đặt f (u ) = 2u + , u ∈ ℝ \ {0; 2} u−2 Lập bảng biến thiên của f(u) suy ra m ∈ (−∞; 0) ∪ (0;1) ∪ (25; +∞).. 0,5. 0,5. 0,5 Câu III. 1. ∫. 1) Ta có. 1. dx. =. x3 . 3 x3 + 1. dx. ∫. :=I. 0,5. 1 x . 1+ 3 x 1 1 dx Đặt t = 3 1 + 3 ⇒ t 3 = 1 + 3 ⇒ t 2 dt = − 4 x x x 1 3 7. 1 3 7. 4 3. 0,5. Đổi cận. x=. 1 ⇒t =2 7. 3. x =1⇒ t = 3 2 2. t2 Khi đó I = ∫ tdt = 2 3 2. 2. = 3. 2. 4− 3 4 . 2. 2) xf ( xf ( y )) = f ( f ( y )) Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn bài toán. Chọn y = 1 , thay vào (1) ta được xf ( xf (1)) = f ( f (1)) , ∀x ∈ ℝ + 1 , thay vào (*) ta được f (1) f ( f (1)) = 1 1 Do đó xf ( xf (1)) = 1 , nên f ( xf (1)) = , ∀x ∈ ℝ + x Đặt t = xf (1), ta được f (1) f (t ) = , ∀t ∈ ℝ + t a Do đó f ( x) = (a = f (1)) > 0 , ∀x ∈ ℝ + x Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn điều kiện bài toán. Chọn x =. 1. (1). 0,5 (*). 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy hàm số cần tìm là f ( x) = Câu IV. a , ∀x ∈ ℝ + . Với a là hằng số dương. x. 1) Vì d // ∆ nên phương trình d có dạng y = x + m, m ≠ 2013. Hoành độ A, B (nếu có) là nghiệm phương trình x2 + ( x + m) 2 = 1 ⇔ 5 x 2 + 8mx + 4m2 − 4 = 0 4 d cắt (E) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ’ = -4m2 + 20 > 0 ⇔ − 5 < m < 5. Khi đó A(x1; x + m), B(x2; x2 + m), với x1, x2 là hai nghiệm của (1). 0,5 (1). 0,5. Ta có AB = 2( x1 − x2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 8m   x1 + x2 = − 5 Theo Vi-et ta có  2  x x = 4m − 4  1 2 5. 4 10 − 2m 2 5 |m| d (O; AB) = 2. Do đó AB =. d (O; AB ). AB 2 | m | 10 − 2m2 Khi đó diện tích tam giác OAB là S = = 2 5 2. m2 = 4  m = ±2 4 2 2 Theo bài ta có S = ⇔ m (10 − 2m ) = 8 ⇔  2 ⇔ 5  m = ±1 m = 1 Từ đó tìm được 4 đường thẳng. 2) Gọi O = AC ∩ BD suy ra OA = OB = OC = OD Gọi M là trung điểm AB suy ra OM ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu của OA, OS lên (SAB) lần lượt là MA, MS Do MA = MS ⇒ OA = OS Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD AC Vậy R = =a 2. 2 2) Gọi u = (a; b; c) ≠ 0 là vectơ chỉ phương của d. u ⊥ n p = (1;1; −1) d ⊂ ( P) ⇔  ⇔ a+b−c = 0 A ∈ ( P )  Khi đó u = (a; b; a + b) Gọi α là góc giữa d và Oz |a+b| a 2 + b 2 + 2ab Ta có cosα = ⇔ cos 2α = 2 =m 2a + 2b 2 + 2ab 2a 2 + 2b 2 + 2ab Do 00 ≤ α ≤ 900 nên góc α nhỏ nhất khi và chỉ khi cos2 α lớn nhất ⇔ m lớn nhất 1 Xét b = 0, ta có m = (1) 2 Xét b ≠ 0, chon b = 1. Khi đó. 0,5. 0,5 0,5 0,5. 0,5 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a + 2a + 1 ⇔ (2m − 1)a 2 + 2(m − 1)a + 2m − 1 = 0 2 a 2 + 2a + 2 2. m=. 1 thì có một giá trị của a. 2 1 Nếu m ≠ , (*) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ ≥ 0 2 2 ⇔ -3m2 + 2m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ (2) 3 2 khi đó a = 1, b = 1. Từ (1) và (2) suy ra Max {m} = 3 x −1 y z Từ đó tìm được (d): = = 1 1 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2a 2b 2c 3 + + −3≤ a + bc b + ca c + ab 2 Ta có a + bc = a (a + b + c) + bc = (a + b)( a + c) Do đó. (*). Nếu m =. Câu V. 0,5. 0,5. (*). 2a 2b 2c 9 + + ≤ (a + b)(a + c ) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) 2 ⇔ 4[a (b + c ) + b(c + a ) + c( a + b)] ≤ 9(a + b)(b + c)(c + a ) ⇔ 4[a (1 − a ) + b(1 − b) + c(1 − c )] ≤ 9(1 − a )(1 − b)(1 − c). 0,5. (*) ⇔. 0,5. ⇔ 4 ≤ 4( a + b + c) 2 + ab + bc + ca − 9abc Do. 3. abc ≤. a+b+c 1 = nên 3 3. ab + bc + ca ≥ 3 3 a 2b 2c 2 = 9.. 0,5. 13 2 2 2 a b c ≥ 9 3 abc 3 a 2b 2c 2 = 9abc 3. Từ đó suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c .. Lưu ý khi chấm bài Trên đây chỉ là sơ lược đáp án, bài làm của học sinh phải được trình bày tỉ mỉ. Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tương đương như trên.. 0,5.

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