DEDAP AN THI HSG 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT Tĩnh Gia 2. ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG MÔN TOÁN. Tổ Toán - Tin. NĂM HỌC 2012-2013 (Thời gian làm bài 180 phút). Bài 1:(4 điểm) Cho hàm số y = mx3 – 3mx2 + (2m + 1)x + 3 – m (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị ứng với m = 2 1. 2. Tìm các giá trị của m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ N( 2 ;4) đến đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của (Cm) là lớn nhất x x π √ cos x+ cos2 x=2 √ 2 sin ⋅sin +. Bài 2:(4 điểm) 1. Giải PT. 2. (2 4). 2. Giải PT : 4x – 2x+2 = x2 – 2x – 3 π 4. Bài 3:(2 điểm) Tính I =. 2. x sin x+1 dx ∫ 1+2 cos2 x −π 4. Bài 4:(2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, đường. chéo BD = a √ 3 , SA vuông góc với BD, SB vuông góc với AD và mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a Bài 5: (2 điểm) Trong mp cho đường tròn (C): x2 + y2 + 3x – 6y = 0. Gọi M,N là hai điểm di động trên (C) sao cho góc NOM bằng 30 0. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác OMN biết G thuộc đường thẳng d: x + y – 1 = 0 Bài 6:(2 điểm) Tìm m để PT sau có đúng một nghiệm 2log2(x – 1) = 1 + log2(5 – mx) Bài 7:(2 điểm) Trong không gian Oxyz cho A(2; 0; 0) H(1;1; 1).Viết PT mặt phẳng (P) đi qua A, H và cắt các trục Oy; Oz lần lượt tại B; C sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 √ 6 Bài 8:(2 điểm) Cho các số thực x; y không âm thỏa mãn x + y = 1 2 2 Tìm GTNN của biểu thức P = 3 √1+2 x + 2 √ 40+ 9 y. ------------- Hết------------Họ và tên thí sinh :...................................................Số báo danh : ..................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu. Bài 1. ĐÁP ÁN 1. HS tự làm 2. y = mx3 – 3mx2 + (2m + 1) x + 3 – m D=R Ta có y’ = 3mx2 – 6mx + 2m + 1 y’ = 0 ⇔ 3mx2 – 6mx + 2m + 1 (*) hàm số có cự trị ⇔ PT (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m≠ 0 3 m2 −3 m>0 ⇔ m<0 ¿ ¿ m>1 ¿ ¿{ ¿ ¿¿ x −1 1 y ' + [(2 −2 m) x+10 − m] Ta có y = 3 3 Tọa độ điểm cực trị thỏa mãn hệ ¿ y '=0 x−1 1 y= y ' + [( 2− 2m)x +10 −m] 3 3 1 ⇒ y= [(2− 2 m)x +10 − m] 3 ¿{ ¿ 1 [(2− 2m)x +10 −m] Vậy đt đi qua điểm CĐ, CT là d: y = 3 1 Điểm cố định của d là M(; 3) 2 Ta có d(N; d) ≤ MN 5 Vậy d(N; d)max = MN ⇔ d ┴ MN ⇔ m = (thỏa mãn) 2. Điều kiện cosx. Điểm. 0.5. 0.5. 0.5 0.5. 0. 2 2 x Phương trình đã cho ⇔ √ cos x +cos x=2 sin 2 + sin x 2. ⇔ √ cos x +cos x=1 −cos x +sin x ⇔ √ cos x +cos x=1 −cos 2 x +sin x 1 1 2 ⇔ √ cos x +cos x + =sin x +sin x + 4 4. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 2 1 2 = sin x + ⇔ 2 2 ⇔ 1 1 cos x =sin x √ √cos x + =sin x+ 2 2 ¿ ¿ √ cos x+ 1=−sin x 1 1 ¿ cos x+ =−sin x − √ ¿ 2 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Giải phương trình: √ cos x=sin x được nghiệm x = α Z) π √5 −1 α ∈ 0; với cos α = 2 2 ⇔. (. √ cos x+. ) (. 0.5. ). 0.5 + k2 π (k. [ ]. Giải phương trình Z). π +k 2 π cos x  1  sin x được nghiệm x = 2. Vậy phương trình có hai nghiệm: x = α Bài 2. 0.5. + k2 π. ;x=-. π +k 2 π 2. (k (k. Z) với cos α. =. √5 −1. và 0 < α. 2. < π. 2. Giải PT : 4x – 2x+2 = x2 – 2x – 3 4x  2x + 2 = x2  2x  3  22x  4.2x + 4 = x2  2x + 1  (2x  2)2 = (x  1)2  [(2x  2)  (x  1)] [(2x  2) + (x  1)] = 0. 0.5.  2 x  x  1 0(1)  x 0.5 2  x  3 0(2)   (1)  f(x) = 2x  x  1 = 0, f ’(x) = 2x ln2  1; f ’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x =  ln(ln2) do đó f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm nhận thấy x = 0, x = 1 là nghiệm, nên (1) có hai nghiệm x = 0, x = 1. (2)  f(x) = 2x + x  3 = 0, f ’(x) = 2x ln2 + 1; f ’(x) > 0 x R do đó f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm ta nhận thấy x = 1 là nghiệm, nên (2) có một nghiệm x = 1. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 0, x = 1.. π 4. I=. 2. x sin x+1 dx ∫ 1+2 cos2 x −π 4. π 4. =. 2. 0.5. π 4. x sin x 1 dx+ ∫ ∫ 1+2 2 cos x 1+2 cos2 x −π 4. 0.5. −π 4. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> π 4. 2. x sin x dx ∫ 1+2 cos2 x. Tính I1 =. −π 4. π. Bài 3. π. Với x = - 4. thì t = 4 −π 4. đặt x = -t ⇒ dx=− dt π. ;x= 4 π 4. 2. t sin(− t). π. thì t = - 4 2. t sin t dt ∫ 1+2 cos2 t (−dt)=− ∫ 1+2 cos2 t. Tính : I1 =. π 4. = -I1. −π 4. 0.5. ⇒ I1 = 0 Tính I2 = π 4. ∫ −π 4. π 4. 1 dx=∫ 1+2 cos2 x π − ( 4. Đặt tanx = √ 3 tant Với x = I2 =. 1. 1 cos 2 x. 1 dx= ∫ d (tan x) 2 −π ( tan x +3) +2) cos2 x 4. ⇒ d(tanx) =. π 6. √ 3 dt 2. −π 6. −π 6. √ 3 dt= 1 dt= π ∫ 3(tan12 t +1) cos ∫ 3 √3 2 t √3 π. 0.5. cos t π π thì t = 4 6. π π thì t = ;x= 4 6. π 6. Vậy I =. Bài 4. π 4. 3 √3 Ta có BD ┴ AC; BD ┴ SA ⇒ BD ┴ (SAC) Gọi H là hình chiếu của S lên AC ⇒ SH ⊥ AC SH ⊥ BD ⇒ ⇒ SH ⊥( ABCD) ¿{ SH là đường cao của hình chóp Do SB ┴AD ⇒ SB ┴ BC ⇒ BC ┴ (SHB) ⇒ BC ┴ BH (1) Xét Δ BCD có BC = CD = a và BD = a √ 3 ⇒ góc BCD = 600 ⇒ ABC = 600 (2) Từ (1) và (2) ta có AH + AC = HC Xét Δ BCH vuông tại B có CH = 2a Gọi O là giao điểm 2 đường chéo 3a ⇒ HO = HC – OC = 2 Mặt khác (SBD) (ABCD) = BD SO ┴ BD; AO ┴ BD ⇒ ((SBD); (ABCD)) = SOH = 600. 0.75. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xét tam giác SHO vuông tại H có SH = HO.tan60 = 2. 3 a √3 2. 1 a √3 AC . BD= 2 2 1 1 a2 √ 3 3 a √ 3 3 a 3 Vậy VS.ABCD = SH. S ABCD= . . = 3 3 2 2 4 *Tính d(AC; SB) Qua B kẻ đường thẳng d // AC Kẻ HK ┴ d; kẻ HM ┴ SK (M SK) ⇒ d(AC; SB) = d(AC; (SBK)) = d(H; (SBK)) = HM a √3 Ta có HKBO là hình chữ nhật nên HK = BO = 2 1 1 1 = 2+ ⇒ d(SB; AC) = 3 a 3 Mặt khác 2 2 HM HS HK 2 10 Lại có S ABCD =. 0.25. 0.5. 0.5. √. 3 45 ; 3) bán kính R = 2 4 Ta thấy điểm O thuộc đường tròn (C) nên góc MIN = 2MON = 600 45 ⇒ tam giác IMN là tam giác đều cạnh 4 45 √ 3 3 √15 Gọi H là trung điểm của MN ⇒ IH = . = 4 2 4 2 3 √ 15 √ 15 ⇒ IG = . = 3 4 2 Mặt khác G d nên G( t; 1 – t) 3 15 IG2 = (t + )2 + (-t – 2)2 = 2 4 ⇔ 4t2 + 14t + 5 = 0 −7+ √29 − 7 − √ 29 ⇔ t= hoặc t = 4 4 − 7 − √ 29 11+ √ 29 − 7+ √ 29 11 − √ 29 Vậy G( ; ) hoặc G( ; ) 4 4 4 4. √. Đường tròn (C) có tâm I(-. √ √. Bài 5. 0.5. 0.5. 0.5 0.5. Tìm m để PT sau có đúng một nghiệm 2log2(x – 1) = 1 + log2(5 – mx) ĐK: x > 1 và mx < 5 Pt ⇔ log2(x – 1)2 = log2(10 – 2mx) ⇔ (x – 1)2 = 10 – 2mx ⇔ x2 – 2x - 9 + 2mx = 0. − x 2 +2 x+ 9 (*) 0.5 2x 2 − x +2 x+ 9 <5 ⇔ x> 1 Do mx < 5 nên 2 PT (1) có nghiệm duy nhất ⇔ PT (*) có nghiệm duy nhất lớn ⇔m=. Bài 6. (1). hơn 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Xét hàm số f(x) = − x2 − 9 <0 ∀ 2 2x. f’(x) =. − x 2+2 x+ 9 2x. trên [1; +∞). 0.5. x≥1. f(x) < f(1) = 5 với mọi x > 1 Vậy với m < 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán ⇒. 0.5 0.5. Giả sử B(0; b; 0), C(0; 0; c) (bc ≠ 0) x. y. z. (P): 2 + b + c =1 1 1 1. Do (P) đi qua H(1;1;1) nên 2 + b + c =1 ⇔ 2( b+c )=bc (1) ⃗ AB=(− 2;b ; 0) AC = (-2; 0; c) Ta có ⃗ Diện tích tam giác ABC Bài 7. 1. AB ; ⃗ AC]∨¿ = S = 2 ∨[⃗. bc ¿2 +4 b2 +4 c2 ¿ ¿ 1 √¿ 2. ⇔ (bc)2 + 4b2 + 4c2 = 384 ⇔ (bc)2 + 4(b + c)2 – 8bc = 384 (2) ¿ ¿ b+c=−6 b+c=8 Từ (1) và (2) ta có bc=− 12 hoặc bc=16 ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ b+c=8 x y z Với bc=16 ⇒ b = c = 4 ⇒ (P): 2 + 4 + 4 =1 ¿{ ¿ b+c =−6 bc=− 12 ⇔ b=−3 − √ 21 ; c=−3+ √21 ¿ Với b=−3+ √ 21 ; c=−3 − √21 ¿ ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿ x y z + =1 (P): 2 + − 3 ± √ 21 −3 ∓ √ 21. Bài 8. a1 + a2 ¿ 2 ¿ C/m: 2 ¿ 2 a1 a2 + ≥¿ b1 b2. (*)với ∀ a1 ; a2 ; b1 ; b 2 ∈ R ; b1; b2 > 0. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0.5. Áp dụng (*) ta có 2. 3+ 2 x ¿ ¿ ¿ 11 ¿ ¿ 32 4 x 2 3 √ 1+2 x 2=3 + ≥3 √ ¿ 9 2 2 40+ 6 y ¿ ¿ ¿ 44 ¿ ¿ 402 36 y 2 2 √ 40+9 y 2=2 + ≥2 √ ¿ 40 4 11 ⇒ P ≥ √ (9+ 6 x+ 40+6 y )=5 √ 11 11 √ 11 ⇔ 1 x= 3 Vậy minP = 5 2 y= 3 ¿{. 0.5. √. √. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>