de dap an hsg tinh bac ninh

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x5y 1 0.. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013

================

Câu 1 (5,0 điểm) Cho hàm số y x 3x21 1 

1 Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc với

đường thẳng d có phương trình x5y 1 0

2 Tìm m để đường thẳng  có phương trình ym1 x1 cắt đồ thị hàm số  1 tại ba điểm phân biệt A0;1 , , B C , biết hai điểm , B C có hoành độ lần lượt là x x thỏa mãn: 1; 2

3   3  

1

Câu 2 (5,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2 sin cos  2 1 2sin 2 

1 tan sin 3 sin 5

x

 

2

x y











Câu 3 (2,0 điểm) Tính tổng:

Câu 4 (4,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A1;1, B3;2, C7;10 Lập phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất.

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu   2 2  2

  S2 : x 32 y 12z12 25 Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn Tính bán kính đường tròn đó

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng 1 Gọi , M N là hai điểm thay đổi

lần lượt thuộc các cạnh AB CD sao cho mặt phẳng , SMN luôn vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x AN, y Chứng minh rằng x y 3xy, từ đó tìm ,x y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.

Câu 6 (1,0 điểm)

Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn a2b2c2 a3b3c3 Chứng minh rằng

1

8a 1 8b 1 8c 1 

-Hết -(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT

Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013

==============

Câu

1.1

Cho hàm số yx3x21 1 

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc

với đường thẳng d có phương trình x5y 1 0

3.0

TXĐ:  , y' 3 x22x

Hệ số góc của d là 1

5

  Hệ số góc của tiếp tuyến là k 5

1.0

Gọi M x y là tiếp điểm  0; 0

Khi đó

 

2





1.0

Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến: y5x 2; 5 202

27

y x

1.0

1.2

Tìm m để đường thẳng  có phương trình ym1 x1 cắt đồ thị hàm số  1

tại ba điểm phân biệt A0;1 , , B C , biết điểm , B C có hoành độ lần lượt là x x1; 2

thỏa mãn:    

 

1

2

1 2

2.0

Phương trình hoành độ giao điểm:

   

2

0

1 0 *

x







0.5

 cắt đồ thị hàm số  1 tại ba điểm phân biệt , ,A B C  phương trình (*) có

hai nghiệm phân biệt khác 0

5

(**) 4

1 0

1

m

m



 



0.5

Gọi x x là hai nghiệm của (*), ta có:1, 2

         

Khi đó    2   2 

 

2

2 2

1 2 1 2

1 2

2

2

Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành

2

2

1



3

m m





 

 Kết hợp điều kiện (**) ta có m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.0

0.5

Câu

2.1 1.Giải phương trình:    

 

2

2 sin cos 1 2sin 2

1 tan 1 sin 3 sin 5

x

 

ĐK: sin 3 sin 5 0 sin 4 0 * 

cos 0

x x







Biến đổi được  1  sinx cosx 2 1 2sin 2 x  2 sin 4 cosx x sinx

 

sin cos 0 2

cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3

 



0.5

4

 3  cosx sinxsin 3xsinx c os3x cosx 2 sin 4x

 

2 4

2 sin 3 2 sin 4

4

k x















0.5

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là

7 3, ,

k

0.5

2

x y









ĐK: x0; y 1

Phương trình

 1  xlog2xlog 22 x y1  xlog2x x log2 y1  x y 1 0.5 Thế vào (2) ta có 2

2log x 6log x x log x3x0

 

2

2

log 3 0 3

x

x x



0.5

2

ln 2

x

ln 2

f x   x Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai

nghiệm Mà f  2 f  4  0  4 có hai nghiệm x2; x4

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm x y;  : 8;7 ; 2;1 ; 4;3    

1.0

Câu

3 Tính tổng:

Xét  2013 0 1   2  2 2013  2013

2013 2013 2013 2013

1 2 x C C 2x C 2x  C 2x 0.5

2014

2

1 2

1

x

2

2013 2013 2013 2013

1

2

1



0.5

Vậy S

2014 2014

4028





0.5

Câu

4.1

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A1;1, B3;2, C7;10 Lập

phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến

đường thẳng  lớn nhất

2.0

B

∆

∆

C M

A

TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M

 ;   ; 

0.5

TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi I5;6 là trung điểm BC

 ;   ;  2  ;  2

0.5

Vì BC 80 2 41 2  AI nên d B ;  d C ; lớn nhất bằng 2AI 2 41

khi  vuông góc với AI

0.5

  đi qua A1;1 và nhận AI 4;5

là véc tơ pháp tuyến Vậy phương trình đường thẳng : 4x 1 5 y 1   0 : 4x5y 9 0

0.5

4.2

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1 :x2y2z 12 4

  S2 : x 32 y 12z12 25 Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt

nhau theo giao tuyến là một đường tròn Tính bán kính đường tròn đó

2.0

 S có tâm 1 I1(0;0;1), bán kính R 1 2

1 2 14 2 1 1 2 2 1

I I   R  R I I R R  hai mặt cầu cắt nhau 0.5 Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình

 

     

 

2





Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn Đường tròn

0.5

B

C

A

∆

I

đó là giao tuyến của măt cầu  S và mặt phẳng ( )1 P : 6 x2y 4z11 0

 1 

7

;( )

56

 

2 2

5 2

;

4

0.5

Câu

5

Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng 1 Gọi , M N là hai điểm

thay đổi lần lượt thuộc cạnh AB CD sao cho mặt phẳng , SMN luôn vuông góc 

với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x AN, y Chứng minh rằng x y 3xy, từ

đó tìm ,x y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.

3.0

Kẻ SO MN tại O SO ABC ( Vì SMN  ABC)

O

 là trọng tâm tam giác đều ABC

( Vì S ABC là hình chóp đều )

0 5

Ta có 1 sin 600 1 sin 300 1 sin 300

2xy 2 2x 3 2 2 y 3 2

    x y 3xy 1

0.5

1 2

S  SO MN  S nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi)

Ta có MN2 x2y2 2 cos60xy 0 x2y2 xyx y 2 3xy 9xy2 3xy

0.5

Từ giả thiết  0x y; 1 Từ  1 3 2 4

9

2

x y   xy   x y xy  xy  xy

0.5

Đặt , 4 1;

9 2

t xy t  

  MN2 9t2 3t

Lập bảng biến thiên hàm số f t  9t2 3t 4 1

9 2

t  

  ta được

1.0

S

B

N

M

O

MN nhỏ nhất khi 4

9

3

x y

2

t  , khi đó

1 1 2

x y













hoặc

1 2 1

x y









 



Câu

6

Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn a2b2c2 a3b3c3 Chứng minh rằng

1

8a 1 8b 1 8c 1 

Ta có a3a3 1 3 ;a2 b3b3 1 3 ;b c2 3c3 1 3c2

8a 1 8b 1 8c 1  8x 1 8y 1 8z 1

0 5

8x 1  (2x 1)(4x 2x 1)  x



Tương tự suy ra VP(2) 2 1 1 1

4x 2 4y 2 4z 2

Ta chứng minh 1 1 1 1(3)

4x 2 4 y 2 4 z 2 2

Biến đổi được  3 4x 4y 4z 12

    ( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách

sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý x y z  3 )  đpcm

0.5

1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa

2 Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ

3 Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm