Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 22

Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm nằm trờn d1, đi qua điểm M và tiếp xỳc với d2.. Cõu 6: 3 điểm Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành.. Gọi K là trung điểm của SC.. Gọi V1, V t

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VềNG 1

NĂM HỌC 2012-2013 Mụn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)

Cõu 1: (3 điểm)

Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ

độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số

Cõu 2: (3 điểm)

Giải phơng trình: 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2 + + = + 3 cosx) (1)

Cõu 3: (4 điểm)

1 Cho hàm số

1 cos x.cos 2x

khi x 0

f (x) x

−



= 



Tớnh đạo hàm của hàm số tại x 0=

2 Giải phương trỡnh:

(x−1 2) ( x− +1 33 x+6) = +x 6

Cõu 4: (2 điểm)

Cho cỏc số thực x , y , z thỏa món x2+ y2+ =z2 3 Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức:

F = x + y+ y+ z + z+ x

Cõu 5: (3 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng d x y1: − − =1 0,

d x y+ − = Gọi A là giao điểm của d và 1 d 2

1 Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm nằm trờn d1, đi qua điểm M và tiếp xỳc với d2

2 Viết phương trỡnh đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt d , 1 d lần lượt ở B và C sao cho 2

ba điểm A, B, C tạo thành tam giỏc cú BC = 3AB.

Cõu 6: (3 điểm)

Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành Gọi K là trung điểm của SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lợt tại M và N Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số

V

V1

Cõu 7: (2 điểm)

Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =

2

3 2 4

5

+ + x x x

HẾT Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VềNG 1

Mụn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề) (Đỏp ỏn gồm 06 trang)

Cõu 1

Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6

y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = 0 <=> g(x) = x3 - 3x + 1 = 0 (1)

Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3

0 2) 1).g(

g(

0 1) g(-1).g(

0 1) 2).









<

<

<

g(x) liên tục nên phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn :

- 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2

* Ta có y =

4

1

y’.x- 3.(x2 - x - 2) (1) Gọi các điểm cực trị là A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng tâm tam giác ABC

Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0 (2)

x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3)

Từ (2) suy ra x0 =

3

3 2

x + +

= 0

Từ (1) (2) (3) suy ra:

y0 =

3

1

(y1+y2+y3) = -3 [( 2

3

2 2

2

x + + )-(x1+x2+x3) - 6]

= -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) ≡ 0(0;0) (ĐPCM)

3.0

Cõu 2 Bài 1.1 Giải phơng trình: 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2 + + = + 3 cosx) (1)

⇔ 2 2 1cos2x 3sin2x 6 1sin x 3cosx

+  − ữ=  − ữ

 − =  − 

 − =  − =

x− = +π π kπ ⇔ =x π +kπ

, k ∈ Z

Vậy phơng trình că 1 họ nghiệm là: 2

3

x= π +kπ, k ∈ Z

3.0

Cõu 3

1 Cho hàm số

1 cos cos 2

0 ( )

khi x

khi x

−



= 

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Tính đạo hàm của hàm số tại x 0=

2 Giải phương trình : (x−1 2) ( x− +1 33 x+6) = +x 6

Ý 1.

(2 đ)

( ) (0) 1 cos cos 2

0

1

1 cos3 cos 1 cos3 1 cos 2

3

3

0.75

Vậy '(0) 5

2

Ý 2.

(2 đ)

ĐK: x≥1

• x = 1 không là nghiệm của phương trình 0.5

• x>1 thì PT 3 6

1

x

x

+

Ta xét các hàm số sau trên (1;+∞)

1) f x( ) 2= x− +1 33 x+6 có '( ) 1 3 1 0, 1

0.25

2) ( ) 6

1

x

g x

x

+

=

7

1

x

−

Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên

nghiệm x = 2 cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25 Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất x=2 0.25

Câu 4 Cho các số thực x , y , z thỏa mãn

x + y + =z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có:

2 3 6 2 12 18 2 2 2 2 2 18 2 2 2 3 2

F ≤  x + y z+ ≤ x + y +z  = x + −x 

Xét hàm số: f x( )=x2+2 2 3( −x2) trên miền xác định − 3≤ ≤x 3

4

2 3

x

x

−

0.25

'( ) 0 ên (- 3; 3) 0

1

x

f x tr

x

=



max3; 3 f x( ) 5

Suy ra F2 ≤18.5⇒ ≤F 3 10

Với x= = =y z 1 thỏa mãn x2 +y2 + =z2 3 thì F =3 10 Vậy maxF =3 10 0.5

Câu 5

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng

d x y1: − − =1 0 , d2: 2x y+ − =5 0 Gọi A là giao điểm của d và 1 d 2

1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d1, đi qua điểm M và

tiếp xúc với đường thẳng d2.

2.Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d , 1 d lần lượt ở B và C sao cho ba 2

điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC = 3AB.

3.0

Ý 1.

(1.5 đ)

Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R VìI d∈ ⇒1 I a a( ; −1) 0.25 (T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có:

( )2 2 ( )

2

5

+ − −

⇔ a2 +26a−31 0= ⇔ = − ±a 13 10 2 0.25

• a= − −13 10 2 ⇒ − −I( 13 10 2; 14 10 2 ;− − ) R= 5 9 6 2( + ) Phương

trình (T) là : ( ) (2 ) (2 )2

13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)

0.25

• a= − +13 10 2 ⇒ − +I( 13 10 2; 14 10 2 ;− = ) R= 5 9 6 2( − )

Phương trình (T) là : ( ) (2 ) (2 )2

13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)

0.25 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25

Ý 2.

(1.5 đ)

Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x y 1 0 x 2 A(2;1)

2x y 5 0 y 1

Lấy điểm E( )3;2 ∈d E1 ( ≠ A Ta tìm trên d) 2 điểm F (F ≠ A ) sao cho EF = 3AE

Do F d∈ ⇒2 F x( ;5 2− x)

EF = 3AE⇔ x−3 + −3 2x =18 0.25

( )

2

0;5 0

;

F x



=







(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn F ≠ A ) 0.25

3

=

uuur

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là

:x y 0

Câu 6

Cho tứ diện ABCD có AB=a , AC=b , AD=c và BAC CAD DAB 60· =· =· = 0.

1 Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c

3.0

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

2 Cho a, b, c thay đổi luụn thỏa món a b c 2010+ + ≥ Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của

chu vi tam giỏc BCD

í 1 (1.5 đ) Bài 5: (3 điểm): Vì ABCD là hình bình hành => VSABC = VSADC = 2 1 VSABCD = 2 1 V Đặt x SB SM = , y SD SN = thì V x4.V SC SK SB SM V V SAMK SABC SAMK = ⇒ = => V1 = VSAMK + VSANK = 4 V (x + y) (1) Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = = x.y 2 V + x.y 4 V => V1 = 4 3 V xy (2) Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 1 3x− x (3) Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 3 1 Và y = 1 1 3 1 ≤ − ⇒ ≤ x x SD SN ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (vì 3x-1> 0) => x ≥ 2 1 do đó 2 1 ≤ x ≤ 1 Từ (1) => 4 1 1 = V V (x + y) = xy 4 3 = ) 1 3 ( 4 3 1 3 4 3 2 − = − x x x x x Xét hàm số f(x) = ) 1 3 ( 4 3 2 − x x với 1 2 1 ≤x≤ Ta có f’(x) = 4(3 1)2 ) 2 3 ( 3 − − x x x f’(x) = 0 ⇔ x = 0 không thuộc đoạn [ ;1 2 1 ] x =

3 2 => Bảng biến thiên x

2 1

3 2 1

f’(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8

3 1

Suy ra

3

1

≤ f(x) ≤

8

3

với ∀x ∈ [ ;1

2

1

] hay

3

1

≤

8

3

1 ≤

V V

0,5đ

0,5đ

0,5 0,5

0,5

VËy Min (

V

V1

) =

3

1

khi x =

3

2

hay SM =

3

2

SB

Vµ Max (

V

V1

) =

8

3

khi ⇔ ≡











=

=

B M

M x

x

1 2

Câu 7

1) (2 ®iÓm)

Ta cã:

2 3

2 3 2

3 2

4

5

+ +

+

−

=

x x x x x

x

v× x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1)

§Æt

1 2

2 3

2 3

2 2

2 4

3

+

+ + +

+

= + +

+

x

D Cx x

b Ax x

x

x x

Víi ∀x

⇔ 3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Víi ∀x

Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Víi ∀x

=> A + C = 3 B = D = 0

B + D = 0 => C = -1 tøc lµ

1 2

4 2 3

2 3

2 2

2 4

3

+

− + +

= + +

+

x

x x

x x

x

x x

A + 2C = 2 A = 4

B + 2D = 0

=> f(x) = x -

1 2

4

2

2+ + x +

x x

x

=> ∫f(x)dx =

1

) 1 ( 2

1 2

) 2 ( 2 2 1 2

4

2 2

2 2

2 2

2

+

+

∫ + +

+

∫

−

= +

∫ + +

∫

−

x

x d x

x d x

x

xdx x

xdx x

VËy ∫ f(x)dx = x − x + + ln(x +1)+k

2

1 ) 2 ln(

2 2

2 2

2

víi k lµ h»ng sè

2.0

HƯỚNG DẪN CHUNG

+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước , yêu cầu thí sinh phải trình bầy và

biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm + Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm + Chấm từng phần Điểm toàn bài không làm tròn

lµ trung ®iÓm cña SB