Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SD a= 2, SAB ⊥ ABCDvà góc giữa mặt phẳng SAD và SBC bằng 60.. Tính thể tích khối chóp 0 S.ABCD.. Đặt SA x= .Xác định x để thể tích khối
Trang 1SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2012 - 2013
(Đề thi gồm 01 trang)
Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm)
Cho hàm số ( )3 3
y= −x m − x m+ + −m Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) đến trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu đến trục Oy.
Câu II: (6,0 điểm)
1 Giải phương trình − + + =
9 2x 4x 3 15
2
4 x 4x 1
2 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
2 2
3 3
5 3( )
Câu III: (6,0 điểm)
1 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SD a= 2,
(SAB) (⊥ ABCD)và góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng 60 Tính thể tích khối chóp 0
S.ABCD.
2 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, · BAD=60 , 0 SB SD a= = Đặt
SA x= .Xác định x để thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất.
Câu IV: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B Đường tròn tâm I 1; 0(− ) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với cạnh AC tại D(− − 1; 2) Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng AB có phương trình 4x 3y 6 0 + − =
Câu V: (2,5 điểm)
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện : xy 1 ≤ Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức :
Hết
-Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Đề thi dự bị
Trang 2SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN THPT- BẢNG B
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
I.
(3,0đ)
b) Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) đến trục
Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu đến trục Oy
2 ' 3( ) 3
1
x m y
x m
= −
= ⇔ = +
Bảng xét dấu:
x −∞ m−1 m+1 +∞ y’ + 0 - 0 +
Hàm số đạt cực đại tại x m= −1 , điểm cực đại A m( −1;m3 −2m−1)
Hàm số đạt cực tiểu tại x m= +1 , điểm cực tiểu B m( +1;m3 −2m−5)
Ta có d A( ;Ox)=d B( ;Oy)⇔ m3 −2m− = +1 m 1
1
0
1
m
m
m
= −
=
=
3,0
II.
1,
(3,0đ)
Điều kiện : 1 x 4
4
− < <
Phương trình đã cho tương đương với : 1 2 4 x ( ) ( 4x 1 ) 2 15
2
2 4 x 4x 1
2
( 4 x 4x 1) ( 4 x 4x 1)
4 x 4
2 2
x 1
15 2
− + +
−
Đặt : t = 2 4 x − + 4x + 1 ( 1 7 < ≤ t 3 4) Phương trình trở thành :
2
2
− =
(
t 5 , Do t ∈ 17; 34
⇔ = Thay trở lại ta có : ( 4 x 4x 1 ) ( ) 2 x 015
x 4
=
=
( thỏa mãn điều kiện )
3,0
Trang 3hệ phương trình
II.
2,
(3,0đ)
Viết lại hệ đã cho thành
2 3
Đặt u x y= + , v xy= Ta có hệ
3
u ≥ u − − ⇔u u − u− ≤ ⇔ − ≤ ≤u
Xét hàm số f u( )= −2u3+3u2 +12u trên 2;10
3
D= −
'( ) 6 6 12, '( ) 0
2
u
u
= −
10 20 ( 2) 4, ( 1) 7, (2) 20,
÷
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm trên D,
tức là: min ( )D f u ≤ ≤m m Dax ( )f u ⇔ − ≤ ≤7 m 20
3,0
Trang 41,
(3,0đ)
Ta có AD⊥ AB⇒ AD⊥(SAB) (Do (SAB) (ABCD))⊥ ⇒AD SA⊥
2 2 2 2 2
SA= SD −AD = a −a =a
(SAD) và (SBC) có S chung và lần lượt chứa hai đường thẳng AD và BC
nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua S và song song với AD
Ta có
/ /
SA AD
SA d
AD d
⊥
/ /
BC SB
BC d
⊥
Suy ra góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa SA và SB,
Mặt khác tam giác SAB cân tại A nên góc ASB nhọn
Vậy AB SA a= = và AS· B=600 nên tam giác SAB đều
Gọi H là hình chiếu của S lên AB Suy ra SH ⊥(ABCD), do tam giác
ABC đều nên 3
2
a
SH =
3 2
3,0
Trang 52,
(3,0đ)
Gọi O là giao điểm của AC và BD, H là hình chiếu của S lên AC
Ta có BD AC BD (SAC) BD SH
BD SO
⊥
Do đó SH ⊥(ABCD)
Đặt SA = x, gọi M là trung điểm SA
Xét tam giác SAO ta có
2 2
AO SO= = ⇒OM ⊥SA⇒OM = AO −AM = −
2 2 3
3
SH AO OM SA SH
a
−
.sin
2
ABCD
a
ax a x
Áp dụng BĐT Cô si ta có
3
SABCD
V = − ≤ , Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
6 2
a
x=
3,0
IV.
(2,5đ)Ta có : Đường thẳng AC đi qua điểm
D − − 1; 2 và nhận véctơ IuurD ; 2 ( 0 − ) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình : y = − 2
Do đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : y4x 3y 6 0+2 − = ⇒x 3y= 2
Điểm C thuộc đường thẳng (AC), nên : C c; 2 ( − )
Tam giác ABC vuông tại B, suy ra đường thẳng CB đi qua C và nhận
véctơ chỉ phương uuuuurAB ( − 3; 4 ) của đường thẳng AB làm véctơ pháp tuyến
nên có phương trình :
3 x c 4 y 2 0 3x 4y 3c 8 0
− − + + = ⇒ − + + + =
Lại có : d I;BC ( ) r ID 2 3c 11 2 c 7
5
+
= = = ⇒ = ⇒ = − hoặc c 1
3
= − (loại ) ( Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên điểm C có hoành độ bé hơn − 1
)
Vậy C 7; 2 ( − − )và tọa độ điểm B là nghiệm của hệ :
3 x
y 5
= −
+ − =
− + − =
hay B 3 14;
5 5
−
2,5
Trang 6(2,5đ) Ta có :
P
+ + + Đặt :
1 xy
z xy yz zx 1
x y
+
Bài toán trở thành : Cho x, y 0 > ; z ≥ 0 thỏa mãn : xy yz zx 1 + + = Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức :
F
x y y z z x x y z
Ta có : F x y z ( ) x y z x y z x y z 1
2
x y y z z x
+ +
+ +
z 0
= =
⇔ =
hay MinP=2 khi và chỉ khi x = y =1
2,5
Hết
-Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.