Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh năm 2014-2015 môn Toán

Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD.. Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực

Câu 1 (5.0 điểm)

1 Cho hàm số: 3 2

mx





 với m là tham số Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị

hàm số luôn cắt đường thẳng d: y3x3m tại hai điểm phân biệt A, B Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD

2 Cho hàm số: 2 2

yx (x a) với a là tham số Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a 2

Câu 2 (5.0 điểm)

1 Giải phương trình: cosx 3(sin x sinx)2  4cos x cosx2 2cos x2  2 0



      



Câu 3 (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là:

1 2 2 0

d : x y  , d : x2 3 3y 60 và tam giác đều ABC có diện tích bằng 3 và trực tâm I thuộc

1

d Đường thẳng d2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ giao điểm của d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương

Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình

chóp và mặt bên bằng  Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định,  thay đổi

Câu 5 (3.5 điểm)

2014 2 2014 3 2014 2014 2014 2015 2014

2 Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một

số Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau

Câu 6 (1.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x y z xyz   và x1,y1,z1 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: P x 21 y 21 z 21

   

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014

1

(5.0 điểm) 1 (3.0 điểm) Xác định m … Hoành độ giao điểm của d và

m (C )là nghiệm của phương trình:

2

1

1

x

mx

  

 



dom0

d cắt (C )m tại hai điểm phân biệt( )1 có hai nghiệm phân biệt khác 1/ m

2 2

0

g

m

 



(luôn đúng)

Vậy d luôn cắt (C )m tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0

1.0

Giả sử A(x ; xA 3 A 3m),B(x ; xB 3 B3m)với x ,xA B là hai nghiệm của (1)

Do đó:xA xBm và x xA B 1 3/

Ta có: AB (xBx )A 2( x3 B3x )A 2  10(xBx )A 2

10 2 40 10 2 40

3

OAB

m

1.0

Mặt khác ta có: C(m; ),D( ;0 0 3 m)với m0

OCD

2 3

OAB OCD

m

10 2 40 2 10 2

0.5

2 (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị …

D; y ' x  ax x( x a) Hàm số có ba điểm cực trịy '0có 3 nghiệm phân biệt a 0 (* ) 0.5

0





Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:

0 0

A( ; ), B  ; , C  ; 

Ta có:

4

ABAC  ; BC    a

0.5

Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015

Môn: TOÁN; Khối 12

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

8

a

2

a

a

 

         (thỏa mãn (*)) (đpcm) 0.5

2

(5.0 điểm) 1 (2.5 điểm) Giải phương trình:

cosx cos x sinx( cosx ) cos x cosx ( cos x )

cosx( cosx2  1) 3sinx( cosx2  1) 2cos x( cosx2 2  1) 0

( cosx2 1)(cosx 3sinx2cos x)2 0

2

cosx sin x cos x (* )



 



1.5

2cosx 2 sinx cos x cos x 3 cos x

2

k

1.0

2 (2.5 điểm) Giải hệ phương trình:

Điều kiện: x,y

3 3

2

9

0.5

f (t)  t t ln t t  với t

3

3 9

g(u) u

u

 với u0

g'(u)

(u )



 Hàm số g(u) đồng biến trên [ ;0  ) g(u)g( )0 0

Suy ra: f '(t)3g(t )2  0 Hàm số f(t) đồng biến trên 

Mà ( )1 f (x)f (y) x y

1.0

Thay xy vào PT (2) ta được:

3x343x  3 1 3x3433 x 1

37 3 3(x34 3)( x) 1 3x231x102 12

30

x

x

  



0.5

Thử lại ta thấy x 61;x30là nghiệm của phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (30 30; ),(61 61; ) 0.5

3

(3.0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm … Gọi M AI BC.

Giả sử ABx (x0), R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC

Do tam giác ABC đều nên

ABC

1.0

Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp

Giả sử I( a2 2; a)d (a1 1)

Do d2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: d(I; d )2 r

6 2 6

1

3

9 9

2

a

a (tm)

 



Suy ra: I( ; )2 2

1.0

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 2 2 3

phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:

3 (x )  (y ) 

Tung độ giao điểm của d1và (C) là nghiệm của phương trình:

( y  )  (y )  (y ) 

2 2 2 4

     

Vậy tọa độ giao điểm của d1và (C) là: 2 2 2 4 2 2 2 4

1.0

4

(3.0 điểm)

Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất

S

A

D

φ

2 2

2

HM (a h ) /

   và BC 2(a2h )2

1.0

Tam giác SHM vuông tại H nên

2 2

2

tan



2

1 2

a

tan

2

4

1 2

a tan

tan



1.0

Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD

Gọi M là trung điểm của CD

CD(SHM)(SHM)(SCD)

 SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD)

Vậy HSM  với 0

2



  

SH h HC a h

Vậy

3 2 2

2 3

S.ABCD

a tan



1 2

t  tan  với

3

1

2 S.ABCD 3

t t

Xét hàm số:

3

3

a t

f (t)

t t



  trên ( ;1)

3

1

t t t (t )

Bảng biến thiên:

Vậy

3

1

4

9 3 S.ABCD ( : )

a

V max= max f (t)

  khi t 3 tan    1 45o

1 3



f’

(t )

+ 0



f(

t)

f (3)

0

0

1.0

5

(3.5 điểm) 1 (1.5 điểm) Tính …

Ta có: (1x)2014 C02014C12014x C 22014x2  C20132014x2013C20142014x2014

x(1x)2014 C02014x C 12014x2C22014x3  C20132014x2014C20142014x2015 0.5

Lấy đạo hàm hai vế ta được:

2014 2013

( x)  ( x) x

0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014

2014 2 2014 3 2014 2014 2014 2015 2014

0.5

Lấy x1 ta được:

2014 2014 2014 2014 2014

2 2014 2 C 2C 3C   2014C 2015C 220142014 2 2013  S S 1008 2 2014

0.5

2 (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …

Số phần tử của không gian mẫu là: 5

9

  Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là 3

9 C Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:

0.5

▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách

Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: C cách 35

Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách

Số các số thỏa mãn TH1 là: 3

5

3.C 260 (số)

0.5

▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách

Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: 2

5

C cách

Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: 2

3

C cách

Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách

0.5

Số các số thỏa mãn TH2 là: 2 2

5 3

3.C C 1 90 (số)

9

90 60

A ( ).C

  

Vậy

3 9 5

90 60

0 213 9

A ( ).C

0.5

6

(1.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của k … Ta có:

P

        

      

0.5

Mà:

        

            

  2   2   2

Từ (1) và (2) suy ra: P 1 1 1 12 12 12 2 1 1 1 ( )3

          

0.5

Ta có: 12 12 12 1 1 1 1 ( )4

xy yz zx

x y z    

2

0.5

Từ (3), (4), (5) suy ra: P 3 1 2   3 1

Vậy GTNN của P là 3 1. Dấu “=” xảy ra khi x  y z 3

0.5