Đề thi HSG Toán 12 Tỉnh Nam Đinh năm 2013

Chứng minh AB AC với mọi m.. Tìm các giá trị của m để tam giác ABC đều.. Gọi D là khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD.. Gọi H là trung điểm AD, suy ra H là tâm đường tròn ngoại ti

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

Đề thi gồm 01 trang

Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị là (H ), điểm A2;5 và đường thẳng ( )

y x m (với m là tham số)

1) Chứng minh ( ) luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt.

2) Gọi B, C là giao điểm của ( ) và (H) Chứng minh AB AC với mọi m Tìm các giá trị của m để tam giác ABC đều.

Câu 2 (5 điểm)

6

3







Câu 3 (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm I 1; 1



  Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt AB, AC lần lượt tại D, E

D B, E C   Cho phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC là

x y  x y   và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A 1;3;2 và mặt phẳng 

( ) 2P x y 2z 3 0 Tìm tọa độ điểm M sao cho AM vuông góc với (P) và khoảng cách từ

M đến (P) bằng khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O.

Câu 4 (3 điểm) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông tại A và BC = 2a, AC = a Gọi D là

khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD

Câu 5 (3 điểm)

2

e

e

x x x x





2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không lớn hơn 2503?

Câu 6 (2 điểm) Cho các số thực dương x y z, , thay đổi thỏa mãn điều kiện x2y z 0

P



Họ và tên thí sinh:……….Họ, tên chữ ký GT1:………

Só báo danh:……… Họ, tên chữ ký GT2:………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT

1.1

(1,5) Hoành độ giao điểm của (H) và   là nghiệm của phương trình:

1

x

x m x





0,5

Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác – 1 nên (H) và   cắt nhau tại

1.2

(2,5) Giả sử B x 1; x1m C x,  2; x2m với x x là hai nghiệm của (1).1, 2

1 2

3 1





0,5

Ta có AB x1 22  x1m 52 , AC  x2 22  x2m 52

0,5

ABAC  x1 22  x1m 52  x2 22  x2m 52

x1 x2  2 x1 x2 2m 6 0 2x1 x2 2m 6 do x1 x2

theo (*)

0,75

 1 22

2

2

0,25

 1 22

2 2 2

m



5

m

m







0,25

2.1

(2,5)

5

6



0,5

2

0,75

x





 

cos 3 sin 2 cos 1 2

0,5

Vậy nghiệm của phương trình là

3

2.2

3









Điều kiện x2,y 

 1  y33y x23 3 x 2

0,5

Xét hàm số f t   t3 3 ,t t 

  2

f t  t     t , suy ra f t đồng biến trên   

 1  f y  f  x2  y x2

0,5

0,5

Đặt u  x2,v x2 2x4,u0,v0

Phương trình trở thành 2v2 3uv 2u2  0 2v u v    2u 0

Do u0,v0 nên phương trình tương đương với v2u

Suy ra x2 2x4 2 x2 x2 6x 4 0  x 3 13(thỏa mãn điều kiện)

0,5

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm

3.1

(1,0)

C B

E

D

I A

Tọa độ D, E là nghiệm của hệ

x y







Do tọa độ D, E cùng thỏa mãn phương trình trên và D khác E nên phương trình đường thẳng DE là 3x y  7 0 (1)

0,25

Tứ giác BCED nội tiếp nên ABC AED

Mặt khác AIC 2ABC suy ra AIC 2AED

0,25

Lại có ACI CAI và AIC ACI CAI  180o.

2AED2CAI 180  AED CAI 90 hay AI DE (2)

I  

  nên từ (1) và (2) ta có phương trình AI là x3y 1 0

0,25

1 0

3 2

x y

x

y











 



3.2

Gọi M x y z suy ra  0; ;0 0 AM x0 1;y0 3;z0 2

0

0

0







 

 ,  2 2 1 3  2 2 2 3 3 2

3

0,25

 

3

3 3 3

4.

(3,0)

I

K H

B

A

D

C

S

J

bình hành

0,25

Suy ra tam giác ABD vuông tại B

Gọi H là trung điểm AD, suy ra H

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

0,25

Do SA = SB = SD nên SH vuông

Gọi K là hình chiếu của H trên BD suy ra K là trung điểm BD và SK BD

Suy ra góc giữa (SBD) và (ABC) bằng SKH

a

0,5

3 2 tan

2

a

3

SABC

a

0,5

Ta có d SC AD ;  d AD SBC ;   d H SBC ;  

Gọi I là hình chiếu của H trên BC

Ta có SHI SBC , SHI  SBC SI

Gọi J là hình chiếu của H trên SI, suy ra HJ SBC  d H SBC ;   HJ

0,5

2

a

14

a HJ

0,25 Vậy

3 6 4

SABC

a

14

a

5.1

(1,5)

1

Ta có

2

2

e

e

dx e  e

2

e

e

x

x x x x









Đặt t x xln  dt lnx1dx

Đổi cận: x e  t e x e ,  2  t 2e2

0,25

Suy ra

2

ln

e e du



0,5

2

ln

e e

e





0,25

5.2

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: a  , số cách chọn b, c, d thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1 3

6

Trường hợp 2: a  , 2

+ Nếu b  suy ra có 4 cách chọn b, khi đó có 5 A cách chọn c, d.52

+ Nếu b  suy ra 5 c  , suy ra 0 d  hoặc d = 3 1

0,5

6.

(2,0

)

Coi P là hàm của z và x, y là tham số ta có

 

10

0,5

Suy ra P(z) nghịch biến trên  0; x  2 y 



3



0,5



 

'

f t

 

2

5

t

f t

t







 

 Bảng biến thiên của hàm số f t 

t 0 2 

 

'

 

f t

7

7

P 

Dấu bằng xảy ra khi x2 ,y z4y

0,5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6

7, tại x2 ,y z4y.

0,25

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo

thống nhất chia điểm thành phần tương ứng.