Thi HSG toán 12 bảng b khánh hòa 2012 2013

Đây là đề thi học sinh giỏi môn toán cấp trung học phổ thông của tỉnh Khánh Hòa năm học 20122013, có đầy đủ cả đề thi và đáp án cũng như hướng dẫn cách làm và chấm điểm. Mong tài liệu sẽ giúp ích cho quý thầy cô và các em học sinh

SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT-BẢNG B

Ngày thi : 15/03/2013 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

-(Sưu tầm)

Bài 1: (3,0 điểm)

Cho hàm số y =

2

x x 2

x 2

+ −

− Tìm 2 điểm trên 2 nhánh của đồ thị mà tiếp tuyến tại hai điểm đó song song với nhau và có khoảng cách lớn nhất

Bài 2: (2,5 điểm)

Giải phương trình sin3x = cosx.cos2x(tan2x + tan2x)

Bài 3: (3,0 điểm)

Tính tích phân

2 2 2

x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2

(4 x )

−

=

+

Bài 4: (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình

x y

1

16 + 1 = và Parabol có phương trình y = 3x2 3x 9

4 +2 −4 Chứng minh rằng Elip và Parabol cắt nhau tại 4 điểm nằm trên một đường tròn

Bài 5: (3.0 điểm)

Giải bất phương trình 12x 82 2x 4 2 2 x

16 9x

Bài 6: (3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trung điểm của

SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N Gọi V1, V theo thứ tự là thể tích của khối chóp S.AMKN và S.ABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tỷ số V1

V .

Bài 7: (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình ( ) ( 2 2 ) 2

2 5

y y 4

x y 2x 2xy 2y 3 6ln

x y 3xy 1 0





HẾT

-Đề thi này có 01 trang;

Giám thị không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B

1

(3,0đ)

Ta có y= x+3 + 4

x 2− nên y

/ = 1- 2

4 (x 2)−

Do đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại 2 điểm A (xA, yA) , B(xB; yB) là

k = 1- 2

0

4 (x −2)

0.50

Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với nhau khi và chỉ khi xA; xB là 2

nghiệm của phương trình: 2

0

4 (x −2) = 1- k ⇔ (x0-2)2 = 4

1 k− ⇔ 2

4

1 k

− nên xA+xB = 4

0.50

Suy ra : yA+ yB =6+ xA+xB +

x 2 x+ 2

− − = 10 +

4(x x 4) (x 2)(x 2)

Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường tiệm cận M(2;5)

Vậy khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến đó lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M

đến 1 tiếp tuyến (trong 2 tiếp tuyển đó) là lớn nhất

0.50 Phương trình tiếp tuyến (∆) với đồ thị tại A có dạng:

(1 )(x x ) x 3

khoảng cách từ M đến (∆)là

d =

2

2 2 0

4

(x 2)

−

0 2

0

8 16

2(x 2) 8 (x 2) + − −

−

0.50

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong căn ta được

d≤ 8

2 32 8− dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x0-2)

4 = 8 4

0

x 2 8

Vậy 2 điểm phải tìm là A (2+48 ; 5+48 +2 2 ) và B (2-4 48 ; 5-48 -2 2 )4

0.50

2

(2,5đ)

Điều kiện

2

4 2

π

 ≠ + π



 ≠ +



Phương trình được viết lại: sin3x=cosx.cos2x (

2 2

sin x sin 2x

) cos x +cos2x Hay : cosx.sin3x = sin2x.cos2x+cos2x.sin2x 0.25 cosx( 3sinx-4sin3x) = sin2x(2cos2x-1)+cos2x.sin2x

sinx(3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x) = 0 0.50

Nên: sinx= 0 (a)

hay : 3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x = 0 (b) 0.25 Giải (a): sinx= 0 ⇔ = πx k ( thỏa điều kiện (*)

0.25 Giải (b) : vì cosx ≠0, chia 2 vế cho cos3x, ta được phương trình

tan3x – tan2x –tanx +1 =0

t anx 1

4

π

 = + π



=



  = − + π (loại vì đk (*))

0.75

Kết luận: Phương trình có nghiệm : x= kπ 0.25

3

(3,0đ)

2 2 2

x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2

(4 x )

−

=

+

∫

2 2 2

(x 4)(ln 1 x x) 2

dx (4 x )

−

=

+

∫

0.25

ln( 1 x x) 2

Đặt x = -t thì

2 2

ln( 1 x x)

4 x

−

+

(4 x ) (4 x )

−

=

Nên I=

(4 x ) = 4 x − (4 x )

Với I1 =

2 2 0

1 dx

4 x+

∫ , đặt x=2tant ⇒ dx=2(1+tan2t)dt thì

I1= 4 2

2 0

2(1 tan t)dt 4(1 tan t) 8

π

+

∫

0.50

I2 =

2 2 0

x dx (4 x )+

∫ dùng từng phần

(4 x ) 2(4 x )

0.50

I2 =

2 2 0

x 2(4 x )

−

2

2 0

1 dx 2(4 x )+

16

− + π

0.50

Do đó I = 2

16

+ π

0.25 Phương trình cho hoành độ giao điểm của (E) và (P):

2

Đặt f(x) =

2

16+ 4 + 2 −4 − thì f liên tục trên R 0.25

(2,5đ)

Tính được f(-4)=225/16 ; f(-3) = -7/16

suy ra phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-4 ; -3)

f(-1)= 129/16; f(1)=-15/16; f(2) = 61/4

Lập luận tương tự có : f(-3).f(-1)<0; f(-1) f(1)<0 ; f(1).f(2)<0

Vậy phương trình f(x) = 0 có đúng 4 nghiệm suy ra (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm

phân biệt A,B,C,D

0.50

Gọi M0(x0;y0) là một giao điểm tùy ý trong 4 giao điểm A,B,C, D

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2

x

y 1 16







0.50

2

x 16y 16 0

15x 30x 20y 36 0







x 16y 16 0 16x 16y 30x 20y 61 0





x 16y 16 0

15 5 61

8 4 16





0.50

Do đó M0 thuộc đường tròn có phương trình:x2 y2 15x 5y 61 0

8 4 16

Tâm là I(-15/16; 5/8) bán kính R= 1301

16

0.50

5

(3,0đ)

Điều kiện : -2≤x≤2

Bất phương trình được viết lại như sau: 2(6x 4)2 6x 4

2x 4 2 2 x

16 9x

+

0.50

⇔(6x 4) 2 2x 4 4 2 x−  + + − − 16 9x+ 2<0

Vì: 2 2x 4 4 2 x+ + − + 16 9x+ 2 >0

Nhân 2 vế của (2) với vế trái của (3), ta được (6x-4)(9x2 +8x-32-16 8 2x− 2 )>0

0.50

⇔ (6x-4)(x+2 2

8 2x− +8)(x-2 2

8 2x− )>0 (4) Vì: -2≤x≤2 nên: x+2 8 2x− 2+8 >0 0.50

Do đó (4) ⇔(6x-4)(x-2 8 2x− 2 )>0 0.50

⇔

2

2

2

2 x

3

x 2 8 2x

2

2 x

3

x 2 8 2x

 ≥ ≥









 > −





 − ≤ <



 < −



⇔

4 2

x 2 3

2

2 x

3



< ≤





− ≤ <



6

(3,0đ)

0.50

Vì ABCD là hình bình hành => VSABC = VSADC = 1

2VSABCD =

1

2V

Đặt SM x

SB = , SN y

SD = , thì SAMK SAMK

SABC

V = SB SC ⇒ = 4

=> V1 = VSAMK + VSANK = V

4 (x + y) (1) Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = x.y.V

2 + x.y

V

4 => V1 =

3xy.V

4 (2)

Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = x

3x 1− (3)

Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 1

3

Và y = SN 1 x 1

SD ≤ ⇒3x 1≤

− ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (v× 3x-1 > 0 => x ≥

1

2do đó

1

2 ≤ x ≤ 1

0.75

Từ (1) => V1 1

V = 4 (x + y) = 3xy

4 =

2

x

4 3x 1 4(3x 1)=

Xét hàm số f(x) =

2

3x 4(3x 1)− với

1

x 1

2≤ ≤ Ta có f’(x) = 2

3x(3x 2) 4(3x 1)

−

− f’(x) = 0 ⇔x 0 x 2 / 3= ∨ =

0.50

Bảng biến thiên

x 1/2 2/3 1

f’(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8

1/3

0.50

Suy ra 1

3 ≤ f(x) ≤ 3

8 với ∀x ∈ [1;1

2 ] hay

1

3≤ V1 3

V ≤8 Vậy Min (V1

V ) =

1

3 khi x =

2

3 hay SM =

2

3 SB

và Max (V1

V ) =

3

8 khi

1 M x

2

M B

x 1



0.75

7

(3.0đ)

2

y y 4

x y 2x 2xy 2y 3 6ln

2x 3x 6ln x x 4 2y 3y 6ln y y 4 1

0.50

Xét f t( ) =2t3− +3t 6ln t( + t2+4) t R∈

f ' t 6t 3 6 t

2

Ta có

2

2

+

Suy ra f ' t( ) ≥0 ∀t ⇒hàm số đồng biến và liên tục trên R

0.50

Mà (1) ⇔f x( ) ( )=f y ⇔ =x y

Thay vào phương trình còn lại của hệ ta có x6−3x2 − =1 0 2( ) 0.50

Đặt x2 =u u 0( ≥ ) suy ra u3−3u 1= (3)

Xét ( ) 3

g u =u −3u 1− với u 0≥

g ' u( ) =3u2−3 có g ' u( ) = ⇔ = ±0 u 1

0.50

Bảng biến thiên

u -1 0 1 2

g’(u) + 0 - - 0 +

g(u)

Căn cứ vào BBT phương trình (3) có nghiệm duy nhất thuộc (0; 2)

0.50

Đặt u 2cos= α với 0;

2

π

α ∈ ÷ (3) trở thành cos3 =1 = x 2cos

Vậy hệ có nghiệm 2cos ; 2cos ; 2cos ; 2cos

0.50

Là trung điểm của SB

-1

+∞

+∞

HẾT