SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT
1.1
(2,0) Khi m0, hàm số là 3
3
y x x (C) Gọi 3
0; 0 3 0
M x x x Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình: y3x02 3 x x 0 x03 3x0 (1) 0,5 Khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2 x0 2 x0 2 0,5 + Nếu x , phương trình (1) có dạng: 0 2 y9x 16 ( )d1 0,5 + Nếu x , phương trình (1) có dạng: 0 2 y9x16 ( )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:
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 x1x2 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
2 2
BC 2m 1 8 4 m 1
1
m
m Đối chiếu ĐK, Kết luận: m1 0,25
2.1
(2,5) Với điều kiện : cosx0, 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
x
3 cos sin 2cos 4
x x x (vì cos x0)
0,5
6
Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là:
2
k
x ; 2
k
Trang 22
2
2
2 2
y x x (1) Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :
x22x22x1 x22x 3 2x2 4x
x 1 1 x 12 2 x1 x2 2
( ) 1 2
f t t t 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 y1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là
1 2 1
x
3.1
(1,0)
Kẻ BHCD ABHD là hình vuông và
CBH MBA CBHMBA 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
3.2
(2,0)
Gọi I là trung điểm AC, ta có 1IA.IB 25 IA.IB 25
2 4 2 Mặt khác
2
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 0
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
Trang 3(3,0)
BCAB; (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
Mặt khác :
AD //(SBC) d(D,(SBC)) d(A,(SBC))
SD
3
0,25
0,5
0,5
Do AD//BC ADSA Xét tam giác SAD
vuông tại A có AD = 2a và
Kẻ SHAB tại H SH(ABCD) và AB.SH SA.SB SH a 7
4
Vậy
3 S.ABCD
Ta có
3 SBCD S.ABCD
d(C;(SBD))
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
(2,0) Đưa về 2 2 3 3
1
ln x 1
x
2
ln( 1)
1
dx
x
dv dx
v x
x
0,25
2
2
1
2
ln 2 ln ln 1 3ln 2
3
1
1 1
x
x
2 3
3 3
2
1
2 1
x
x
0,25
S
A
C
D
= D B
H
Trang 4Đổi 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 a16 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 a16, có 4 cách chọn vị trí của chữ số 6 Khi đó, có 5 cách
chọn a11;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 A trường hợp này có 4.5.35 3
5
A số 0,5 Vậy số các số thoả mãn yêu cầu là A + 4.5.64 3
5
6.
(2,0) Từ giả thiết x2 y2 z2 1 (1) , ta có: 2 2 8
2
3
t
Ta luôn có 0x y z 2 x2y2z22(xy yz zx ) 1 2( xy yz zx )
Dấu “=” xảy ra
0
2 2
y
x z
Vậy t 1
0,5
Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm 2 8
( )
3
t
Ta có
2
3 2
Hàm số ( )f t liên tục trên 1; f t đồng biến trên ( ) 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.