Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Lí và 9 quyển sách Hóa các quyển sách cùng loại là giống nhau dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi học sinh được 2 quyển sác
Trang 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Câu I (4 điểm)
Cho hàm số: y x33x2 mx có đồ thị là (C2 m)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0
2 Tìm m để (C m) có các điểm cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị đó tạo với đường thẳng d x : 4 y 5 0 một góc 45 0
Câu II (4 điểm)
sin 3xcos cos 2 tan 2x x xtan x
2 Giải hệ phương trình: 3 3
0
x
Câu III (4 điểm)
1 Cho các số thực dương x y z , , thỏa mãn:
y z x
y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
A
2 Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 1; 2:
2
2
2
m x x
Câu IV (4 điểm)
1 Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Lí và 9 quyển sách Hóa (các quyển
sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi
học sinh được 2 quyển sách khác loại Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn Bình Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC, với đỉnh A(1; 3) , phương trình đường phân giác trong BD x : y 2 0 và phương trình đường trung tuyến CE x : 8 y 7 0
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu V (4 điểm)
1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, góc BAD 600,
SA SC và SB SD Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC Biết rằng
(SDM)(SDN), hãy tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mp(SMN)
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : P x2y2z6 và các điểm 0 ( 1; 2;3)
A , B(3;0; 1) , C(1; 4;7) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN – Thời gian làm bài: 180 phút
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
- Thí sinh không được dùng tài liệu và máy tính bỏ túi
Trang 2ĐÁP ÁN
* Với m 0, ta được hàm số y x33x2 2
1/ TXĐ:
2/ Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim lim ( 3 3 2 2) lim 3(1 3 23)
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
0,5đ
- Chiều biến thiên: 2
y x x y x x BBT:
x 0 2
y’ 0 0
y
2
2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2; , nghịch biến trên 0; 2 ;
Hàm số đạt cực đại tại x0,y CD ; đạt cực tiểu tại 2 x2,y CT 2
1,0đ
1
3/ Đồ thị:
0,5đ
Tìm m để (Cm): 3 2
yx x mx có các điểm cực đại, cực tiểu …
- Ta có: y'3x26x m
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT y có 2 nghiệm phân biệt ' 0
0,5đ
I
2
- Lấy y chia ' y ta được: ' 1 1 2 2 2
y y x x
Suy ra đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình là:
2
, đường thẳng này có hệ số góc là 1
2 2 3
m
k
Đường thẳng 1 5
4
k
0,5đ
Trang 3- Các đường thẳng và d tạo với nhau góc 45 khi và chỉ khi:
1 2
39 10
1 1
2
m
k k
m
- Kết hợp với điều kiện ta được 1
2
sin 3xcos cos 2 tan 2x x xtan x (1)
cos 2 0
x
m n x
2
sin cos 2 (1) sin 3 sin 2 cos
cos sin 3 cos sin 2 cos sin cos 2 2sin 3 cos sin 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 cos 2 ) sin 4 sin 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 (1 cos 2 ) sin 2 cos 2 cos 2 (1 cos 2 )
cos 2 0
x
x
sin 2x cos 2x 1
1
3
x
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của PT(1) là: xk , k
0,5đ
3 1 8 2 1 (2)
0 (3)
x
- Ta có: (1)(2x1) (2x1)(y1)2(y1)0 (1.1)
- Từ (3) suy ra: y 1 0 y Đặt 1 a 2x 1 0, b y 1 0 ,
PT (1.1) trở thành : 2 2 2 0
2 (loai)
0,5đ
II
2
Thay vào PT (2) ta được PT:
3
3
6 1 6 1 (2 ) (2 ) (2.1)
- Xét hàm số: f t( )t3 trên t , ta có: * 2
f t t t
( )
f t
(2.1) f( 6x1) f(2 )x 6x 1 2x
0,5đ
Trang 43 3 1
2
- Nhận thấy: với x thì 1 4 3 3 1 1
2
x x PT (2.2) vô nghiệm 0x 1
- Đặt cos , 0;
2
, PT (2.2) trở thành:
4 cos 3cos
2
0,5đ
2
nên 9 x cos9 y 2.cos9
Vậy hệ ban đầu có 1 nghiệm là : ; cos ; 2 cos
0,5đ
Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn: x y2 z2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
A
Giải:
- Do 2 2 1( )2
2
y z yz nên từ giả thiết suy ra: x 2 y z 2
- Mặt khác: theo BĐT Cauchy ta có:
2
2
x
0,5đ
Khi đó áp dung BĐT Cauchy và kết quả trên ta có:
2
A
- Xét hàm số
3
( )
( 1)
A x
x
với x 0 ,
Ta có: '( ) 2(5 1)4 '( ) 0 1
x
x
0,5đ
1
- Lập BBT :
x 0 15
A’(x) 0
A(x)
2
1
91
108
0,5đ
III
2 Tìm mọi giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 1; 2 :
Trang 52
2
4
x x x
Đặt
4
5 1
1 3
2
0,5đ
Bất phương trình ban đầu trở thành: 2 0 22 (*)
1
- Xét hàm số: f t( ) 22
t t
4
5
; 1
t
0,5đ
4
5
; 1
; 0 ) (
2 4 )
/
t t
t
t t
4
Mà f t liên tục trên đoạn ( ) 1;5
4
max ( ) (1) 1, min ( ) ( )
0,5đ
- Nhận thấy: bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x 1; 2 khi và chỉ khi
BPT (*) nghiệm đúng với mọi
4
5
; 1
t
5 1;
4
32 min ( )
45
t
45
m là giá trị cần tìm
0,5đ
Tính xác suất …
- Gọi x là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Lí) (tức là có x quyển Toán và x quyển Lí)
y là số cặp gồm 2 quyển (Toán, Hóa) (tương tự)
z là số cặp gồm 2 quyển (Lí, Hóa) (tương tự)
0,5đ
- Ta có hệ phương trình:
12
3 7
4 9
5 8
x
y
y z
z
z x
- Khi đó: số cách chọn 2 phần thưởng (Toán, Lí) là: C cách 32 3
Số cách chọn 2 phần thường (Toán, Hóa) là: C cách 42 6
Số cách chọn 2 phần thường (Lí, Hóa) là: 2
C cách
Mà số cách chọn 2 phần thưởng trong số 12 phần thưởng là: 2
12 66
C cách
0,5đ
1
- Vậy xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau là:
2 12
3 6 10 19
0, 29
C
IV
2 * Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC…
- Do BBD x: y 2 0 B( ; 2b b)
- Gọi E là trung điểm của AB 1; 1
- Lại do ECE x: 8y 7 0 b 3 B ( 3;5)
0,5đ
Trang 6- Gọi A là điểm đối xứng của A qua BD, theo tính chất của phân giác trong ' A'BC
+/ Vì A A' BD và AA A' nên phương trình AA x' : y 4 0 +/ Gọi I AA'BD tọa độ I là nghiệm của hệ: 2 0 3
+/ Lại do I là trung điểm của AA nên ' A ' (5;1)
0,5đ
- Vì A'BC nên phương trình BA chính là phương trình BC '
Ta có: A B' ( 8; 4)n(1; 2)
là vectơ pháp tuyến của BC
- Mặt khác: CCEBC tọa độ C là nghiệm của hệ:
(7; 0)
C
0,5đ
- Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là:
x y ax by c a b c
- Vì A, B, C thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình:
2
5
2
14 49
21
a
c
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2
x y x y
0,5đ
1
* Tính thể tích S.ABCD…
- Theo giả thiết ABCD là hình thoi, có 0
60
BAD ABD là tam giác đều cạnh 2a
2
2 , 2 3, ABCD 2 3
0,25đ
V
- Gọi EACMD F, ACND O, ACBD
- Theo giả thiết suy ra SOmp ABCD( )
S
F
E
N
M
O
D
C
B
A
H
I
K
Trang 7- Lại có: AC BD AC mp SBD( ) AC SD
là góc giữa 2 mp(SMD) và (SND) vuông góc với nhau
- Dễ thấy HEHFHFE vuông cân tại H 1 1 3
a
0,5đ
- Mặt khác: OH SD 1 2 12 12
2
a SO
3 2
.
0,5đ
* Tính khoảng cách từ D đến mp(SMN)
- Gọi I MNBD là trung điểm của BO I DI 3.OI
( ; ( )) 3 ( ; ( ))
0,25đ
- Ta có: MN BD MN mp SOI( ) mp SMN( ) mp SOI( )
theo giao tuyến SI
- Dựng OK SI tại K OK (SMN)OKd O mp SMN( ; ( ))
- Do OK là đường cao của tam giác vuông OSI nên:
Vậy
3
6 3
S ABCD
a
2
a
0,5đ
* Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2
MA MB MC nhỏ nhất
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có: G (1; 2;3)
2
MAMG GA MA MG GA MG GA
2
2
0,5đ
MA MB MC MG GA GB GC MG GA GB GC
- Do đó: MA2MB2MC2 nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất
M
là hình chiếu của G trên mp(P)
0,75đ
2
- Ta có đường thẳng d đi qua G và vuông góc với mp(P) có phương trình là:
x 1 t y, 2 2 ,t z 3 2t
- M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ:
(0; 4;1)
M
là điểm cần tìm
0,75đ
Ghi chú: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
- Câu V.1 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm