Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x=2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến C.. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất ph
Trang 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Câu I (4 điểm)
Cho hàm số y x= 3−6x2+9x−1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x=2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến
đến (C).
Câu II (4 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
2 2 2
2
1 1 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
y x x e
y
−
=
2 Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:
Câu III (4 điểm)
1 Giải phương trình: tanx−3cotx=4 sin( x+ 3 cosx).
2 Tính tích phân: 2
0
cos
sin cos
x
π
=
+
∫
Câu IV (6 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm (3;3) I và AC=2.BD Điểm 2;4
3
thuộc đường thẳng AB, điểm
13 3;
3
thuộc đường thẳng CD.
Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
2 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
, 2
điểm H của AC, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 0
60 Tính thể
tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a.
Câu V (2 điểm)
Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn acb≥1
Chứng minh rằng: 14 4 4 1 4 4 14 1
- Cán bộ trông thi không giải thích gì thêm.
- Thí sinh không được dùng máy tính bỏ túi các loại.
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
VÒNG 2 – NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán – Thời gian: 180 phút.
Hết
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
I
1 Khảo sát hàm số y x= −3 6x2+9x−1 (C)
TXĐ: R
Sự biến thiên
- Giới hạn: lim lim( 3 6 2 9 1)
- Chiều biến thiên: ' 3 2 12 9 ' 0 1
3
x
x
=
- BBT:
y
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3;+∞); nghịch biến trên khoảng ( )1;3
- Hàm số đạt cực đại tại x=1, y CD=3;
- Hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y CT = −1
Đồ thị: - (C) đi qua các điểm (0; 1), (2;1)−
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
2 Xét điểm A( )2;a trên đường x=2
Tiếp tuyến tại M x y( 0; 0)∈( )C có phương trình là:
Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi
Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A
g x = − x + x − x + trên R
'( ) 6 2 0,
g x = − x− ≤ ∀ ∈x R , suy ra g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là
(-∞,+∞) do đó phương trình (1) luôn có một nghiệm duy nhất
Vậy từ một điểm bất kỳ trên x=2luôn kẻ được đúng một tiếp tuyến đến (C)
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5 0,25
Trang 31 Giải hệ phương trình:
2
1 (1) 1
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 (2)
e
y
−
- PT(1)⇔e x2(x2+ =1) e y2(y2+1) (3)
- Xét hàm số ( ) t( 1)
f t =e t+ trên R*+ =[0;+∞)
Có f t'( )=e t t( + >2) 0, ∀ ∈t R+*, suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên R+*
=
* Với x= −y, thay vào PT (2), ta được:
3log (y+ =6) 2log 2 1 + ⇔3log (y+ = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ =6) 3 y 6 3 y 3 x 3
Suy ra hệ có nghiệm: (x y; ) (= 3; 3− )
* Với x=y, thay vào PT (2), ta được:
3log (3 6) 2log (2 2) 1 3 1 log ( 2) 2 1 log ( 1) 1
3log ( 2) 2log ( 1) 6
1 8
7
t
t
x
t x
+ =
⇒ = =
Vậy hệ ban đầu có 2 nghiệm: (x y; ) (= 3; 3 , 7;7− ) ( )
0,25 0,25 0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
x + x − ≤m x− x− (1)
- ĐK: x≥1
f x = x + x − x+ x− trên D= +∞[1; )
Khi đó bài toán trở thành: “ tìm m để bpt ( ) f x ≤m có nghiệm trên D= +∞[1; )”
x x
−
- Lại do hàm số ( )f x liên tục trên D= +∞[1; ) nên ( )f x đồng biến trên D= +∞[1; )
min ( ) (1) 3
∈
- Nhận thấy: bpt ( )f x ≤m có nghiệm trên D= +∞[1; ) khi và chỉ khi
x D
∈
- Vậy m≥3 là giá trị cần tìm
0,25
0,25 0,5
0,5
0,25 0,25 III 1 Giải phương trình: tanx−3cotx=4 sin( x+ 3 cosx) (1)
2
x≠ ⇔ ≠x mπ m Z∈
- Ta có
3 1 cos 2
1 cos 2
4sin 2 sin cos cos sin
x x
+
0,25
0,25
Trang 41 2cos 2 4sin 2 sin 1 2cos 2 2 cos cos 3
2
2
3
3
3
2 6
x
x
x
π
π
− =
2
9 3 (tmdk) 3
3
2 6
k
x
k
π
+ =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2 Tính tích phân: 2
0
cos
sin cos
x
π
=
+
∫
- Đặt
2
x= − ⇒π t dx= −dt
; đổi cận:
cos
2
t dt
I
−
0
4
0
4 4
2
0
2
π
π π
+
4
t x cotx 1
π
∫
- Đặt tanx t= , cotx t= , ta được:
2
t
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5Đổi cận: 0 ; 1
t = ⇒ = −ϕ π t= ⇒ =ϕ π
2 3
2 3
6 4
1 tan
d
π π
+
+
9
I = π
0,25
0,25
IV 1 – Gọi N’ là điểm đối xứng của M qua I
'
⇒ ∈ Dễ có: ' 4;14
3
= ÷
Đường thẳng CD đi qua N và N’, suy ra
CD có phương trình là: x−3y+ =10 0.
Suy ra AB có phương trình là: x−3y+ =2 0.
- Do ABCD là hình thoi nên AC⊥BD
- Do AC=2.BD⇒IA=2.IB, đặt IB a= > ⇒0 IA=2a
- Trong tam giác vuông IAB có:
2
- Do B AB x∈ : −3y+ =2 0 nên giả sử B=(3b−2;b)⇒ = −D (8 3 ;6b −b)
( )
4; 2 2
;
B b
=
=
x < ⇒ =B ⇒IB= − − ⇒n = −
là vectơ pháp tuyến của BD Suy ra phương trình BD là: 7 x y− − =18 0
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
- Dựng Ax BC// , dựng HI ⊥ Ax tại I
Ta thấy mp AIA( ') //mp BCC B nên ( ' ')
(·(BCC B' '),(ABC)) =(·(AIA'),(ABC))
- Do Ax A H' Ax mp AIA( ') Ax A I'
⊥
(·(AIA'),(ABC)) ·A IH' 600
3
- Do Ax BC// ⇒IAH· = ·ACB
0
- Lại có:
' ' '
- Nhận thấy:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
•N M
I D
C B
N’
H
A
B’
A’
I
K H
C’
x
Trang 6- Dựng HK ⊥A I' ⇒HK ⊥mp AIA( ')⇒HK =d H AIA( ;( '))
a HK
Vậy ( '; ) 3
4
a
0,25 0,25 0,25
V
Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn acb≥1
Chứng minh rằng: 14 4 4 1 4 4 14 1
- Áp dụng BĐT AM-GM và giả thiết acb≥1, ta có:
1
a
- Tương tự ta có: 4 1 4 2 b2 2 ; 4 14 2 c2 2
- Lại có: 2 2 2 1( )2
3
a + + ≥b c a b c+ +
Suy ra:
1 3
a b c
+ +
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1
0,5
0,5 0,25
0,5
0,25
Chú ý: - Bài hình học không gian nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
- Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa