Đáp án HSG Toán Nam Định năm 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT

1.1

(2,0) Khi m=0, hàm số là 3

3

= −

0; 0 3 0

M x x − x Tiếp tuyến (d) tại M có

phương trình: ( 2 ) ( ) 3

Khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2 ⇔ x0 = ⇔2 x0 = ±2 0,5 + Nếu x0 =2, phương trình (1) có dạng: y=9x−16 ( )d1 0,5 + Nếu x0 = −2, phương trình (1) có dạng: y=9x+16 ( )d2

Vậy có hai tiếp tuyến là (d ) và 1 (d ) thoả mãn yêu cầu.2 0,5

1.2

(2,0) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (∆) là nghiệm phương trình:

3+2 2−3 =2 − ⇔2 3+2 2−(2 +3) + =2 0

2

2

1

(2 1) 2 0(2)

=



⇔ −  + + − = ⇔  + + − =



x

Vậy ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔phương trình (2) có

hai nghiệm phân biệt

2

m

m

 + + >

+ + − ≠

Khi đó, ba giao điểm là A có hoành độ là 1 và B( ;2x1 mx1−2), C( ;2x2 mx2 −2),

trong đó x ;x là nghiệm phương trình (2) nên 1 2 x1+x2 = −2m 1, x x− 1 2 = −2 0,5 Tam giác OBC có diện tích 1BC

2

S = d Trong đó d = d(O; ) = 2 2

1+4m

BC =(x −x) +(2mx −2mx) =(x +x ) −4x x  4m +1

BC  2m 1 8 4 m 1

1

=



= ⇔ = + + ⇔  = −m

m Đối chiếu ĐK, Kết luận: m= −1 0,25

2.1

(2,5) Với điều kiện : cosx≠0, Phương trình đã cho tương đương :

3 cos 2 sin 2 3

4cos 4 cos

x

3 2cos 1 2sin cos 3

4cos 4 cos

3 cos sin 2cos 4

0,5

6

⇔  − ÷=

x  x

π

Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là:

2

k

= +k

(2,5) ĐKXĐ: x

; y

∈¡ ∈¡

2

2

2

+ −

2 2

⇔ =y x + +x (1) Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

( x2+ +2 x)2+2(x+1) x2+2x+ =3 2x2−4x

⇔ +  + + +  = −  + − + 

Xét hàm số f t( )=t(1+ t2+2) với t∈¡ Ta có

2 2

2

2

= + + + > ∀ ∈ ⇒

t

Mặt khác, phương trình (*) có dạng ( 1) ( ) 1 1

2 + = − ⇔ + = − ⇔ = −

2

= −

x vào (1) ta tìm được y=1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1 2 1

 = −





 =



x

3.1

(1,0) Kẻ BH

CD

⊥ ⇒ ABHD là hình vuông và

CBH MBA= ⇒ ∆CBH= ∆MBA⇒CB MB=

Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC ⇒CBN MBN 45· =· = 0⇒ ∆CBN

= ∆MBN

− −

Điểm D thuộc BD, nên D(x ;2) và BD = 4 Ta có 0 2 0

0

0

(x 1) 16

=



− = ⇔  = − 0,25

3.2

Gọi I là trung điểm AC, ta có 1IA.IB 25 IA.IB 25

2 = 4 ⇒ = 2 Mặt khác

IA +IB =AB ⇒IA +IB =25⇒ IA IB− =IA +IB −2IA.IB 0= ⇒IA IB=

C (P) ∈ ⇒ C(a;b; 2b) − Điều kiện để có điểm C là AB.BC 0uuur uuur= và BC =5 0,5

0.(a 1) 4(b 2) 3( 2b 4) 0 (a 1) (b 2) ( 2b 4) 25

− − + + − − =



⇔  − + + + − − =

Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2) 0,25 Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4) 0,25

A B

D C

H N

d M

(3,0)

BC⊥AB; (SAB)⊥(ABCD)⇒BC⊥(SAB)⇒BC SA⊥

Mà SA SB⊥ ⇒ SA ⊥(SBC)

Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC)

SD

d SD.sin

3

⇒ = ϕ = Mặt khác :

AD //(SBC)⇒d(D,(SBC)) d(A,(SBC))=

SD

3

0,25

0,5

0,5

Do AD//BC ⇒AD SA⊥ Xét tam giác SAD

vuông tại A có AD = 2a và

Kẻ SH⊥AB tại H ⇒SH⊥(ABCD) và AB.SH SA.SB SH a 7

4

Vậy

3 S.ABCD

Ta có

3 SBCD S.ABCD

Mà d(C;(SBD)) 3VSCBD

dt(SBD)

Tam giác SBD có: SB a 14

2

= , SD 3SA 3a 2

2

BD 2a 2= ⇒BD =SB +SD ⇒ tam giác SBD vuông tại S

2

dt(SBD) SB.SD

Thay vào (1) có d(C;(SBD)) 2a

3

5.1

1

ln x 1

x

+

2

ln( 1)

1

dx

x

x

x



0,25

1

2

ln 2 ln ln 1 3ln 2

− +

+

3

1

1 1

x

x

+

=∫ Đặt

2 3

3 3

2

1

2 1

x

x

 + 

S

A

C

D

= D B

H

Đổi cận:

3

3

5 2

4

 = ⇒ =





= ⇒ =





3

3

5 4 3 2

2

3

2

= − ∫

0,25

3

3

5 4

2

2

⇒ = − = −  − ÷

0,25

⇒ I= 3ln 2 3ln 3

2

2 2

8 4 4

5.2

(1,0) Số cần lập có dạng Xảy ra các trường hợp:a a a a a , trong đó luôn có mặt chữ số 6 1 2 2 4 5

Trường hợp 1: Nếu a1=6 Khi đó, ta chọn 4 chữ số trong 6 chữ số 0;1;2;3;4;5 cho

4 vị trí còn lại⇒ trường hợp này có 4

6

Trường hợp 2: Nếu a1≠6, có 4 cách chọn vị trí của chữ số 6 Khi đó, có 5 cách

chọn a1∈{1;2;3;4;5} Sau khi chọn a và vị trí cho chữ số 6, còn lại 3 vị trí được 1

chọn từ 4 chữ số còn lại, nên số cách chọn là A35 ⇒ trường hợp này có 4.5.A số.35 0,5 Vậy số các số thoả mãn yêu cầu là A + 4.5.64 3

5

6.

2

2 3

P xy yz xz

xy yz xz

2

3

t xy yz xz P t

t

Ta luôn có ( )2 2 2 2

0≤ x y z+ + =x +y + +z 2(xy yz zx+ + ) 1 2(= + xy yz zx+ + )

+

⇒ xy yz zx + + ≥ − ⇒ xy yz + + xz ≥ − + xz ≥ − − x z = − + y ≥ −

Dấu “=” xảy ra

0

2 2

y

=





⇔ 

= − = ±

Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm 2 8

( )

3

f t t

t

= −

+ với t≥ −1. 0,25

Ta có

2

2 1 ( 4)

Hàm số ( )f t liên tục trên [− +∞ ⇒1; ) f t đồng biến trên ( ) [− +∞1; )

[ 1; )

min ( ) ( 1) 3

∈ − +∞

t

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo

thống nhất chia điểm thành phần tương ứng.