Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ================

3

Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số

.

y



x



x

  2 1 1 

1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc với

x

y 5

  . 1 0

đường thẳng d có phương trình



x

2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình

  y m

1

A

,

điểm phân biệt

B C , biết hai điểm

 cắt đồ thị hàm số  1 tại ba 1 ;x x thỏa mãn:



0;1 ,

2









3 x 1

x 1

3 x 2

x 2

.



 

1

 2  1

 m  2 2  1 x 2

 m 2 x 1

,B C có hoành độ lần lượt là 1

Câu 2. (5,0 điểm)

2

1 2sin 2

x



 2 sin

1. Giải phương trình:

.

 

1 tan

x

 x sin 3

cos x

x 

x

x

log

x





y .2

2

2. Giải hệ phương trình:

(cid:0)

x y ,



.





2log

x



6log

   sin 5 x  log 2 2 y

x

 log

x



3

y

 

3 0



   1

2 2

2

2

  x   

2

3

2014

2

1

2

1

1

Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng:

.



 S C

.2.

C



2 .2 .

C

  ...

.2

2013 C .

0 2013

1 2013

2 2013

2013 2013

 2

 3

 2 2014

B

C

7;10

,

,

. Lập phương trình

Câu 4. (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm

1;1A 



3;2





2

2

 4







x

y

z

:

đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu 

2 1





S 1

2

2

2

. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao

z

y

x

S

3











25









 1

 1

  :

2

 tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Câu 5. (3,0 điểm)

Cho hình chóp tam giác đều

.S ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi

SMN luôn vuông góc với mặt phẳng

lần lượt thuộc các cạnh

, từ đó tìm

,x y để tam giác

,M N là hai điểm thay đổi

x

 xy 3

  y

(

ABC . Đặt )

,AB CD sao cho mặt phẳng   . Chứng minh rằng AM x AN y , 

SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 6. (1,0 điểm)

2

2

2

3

3

3

Cho ba số dương

a b c thỏa mãn

,

,

.







1

1 a

1 b

1 c

8



1

8

8



1

 1

------------------------Hết------------------------

(Đề thi gồm có 01 trang)

a  b  c  a  b  . Chứng minh rằng c

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ==============

Lời giải sơ lược

Thang điểm

3

.

x

x

y





  2 1 1 

3.0

Câu 1.1

  . 1 0

x

Cho hàm số Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình y 5

2

TXĐ: (cid:0) ,

y

 ' 3

x



2

x

1.0

Hệ số góc của d là

k  5

Gọi

là tiếp điểm



 ;M x y 0 0



1



3



x 0

y 0

1.0

2

Khi đó

3



2

  5

x 0

x 0

 

 

x 0

y 0

 5 3

23 27

  

  

    

Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến:

  Hệ số góc của tiếp tuyến là 1 5

y

x 5

 ; 2

1.0

x



Tìm m để đường thẳng  có phương trình

1

A

,

tại ba điểm phân biệt

B C , biết điểm



  y m ,B C có hoành độ lần lượt là 1

 cắt đồ thị hàm số  1 1 ;x x 2

y x 5  202 27

1.2

2.0





0;1 , 



3 x 1

x 1

3 x 2

x 2

thỏa mãn:

.



 

  1 2

 m 2 x

 2  1

 m  2 2  1 x 2

1

Phương trình hoành độ giao điểm:

0

3

2

2

x



x

  1

m



x

  1

 



0

0.5



 1

 x m

 1

 x x 

 

 x 2 x

 





 x m

 1

  0 *

   

 cắt đồ thị hàm số  1 tại ba điểm phân biệt

0.5

 

4

m

 

5 0

m

 

hai nghiệm phân biệt khác 0





(**)

m

 

1 0

  

5 4 1

      m 

, ,A B C  phương trình (*) có

2

2

m

m













2





m



 

m



,x x là hai nghiệm của (*), ta có: Gọi 1 

 1







 1



 1



 1

3 x 1

x 1

x 1

x 1

x 1

 

 

3

2

0.5



m



2







x



m





m



 

m









 1



 1



 1



 1

x 2

x 2

x 2

x 2

2

 

 











1

Khi đó   2

 

 1 1

  1  1

m 2 x 2

m 2 x 1

2

  

 1

   

 1

  1 3

 x 2 

 2 2 x x 2 1

2 2 x   x 1 2  2 2  x 1 x 2 1

 2 m m 1  2  x 1  x x 1 2  2  1    2 2  x 1 x 2 x x 1 2



 1

Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành

0.5

2

m

2

3

m

. Từ đó tìm được



1

  m

2

 m

  1 2   1

 

  1    2 1



Kết hợp điều kiện (**) ta có

0m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2

1 2sin 2

x

 2 sin



1.Giải phương trình:

.

 m 0    3 m 

2.5

 

1 tan

x

  1

Câu 2.1

 x sin 3

cos x

x 

   sin 5 x

ĐK:

0.5

  0 *

2



sin

x



cos

x

1 2sin 2



x



2 sin 4

x

cos

x



sin

x

Biến đổi được   1





 





0.5

sin

x



cos

x



  0 2

cos

x



sin

x

1 2sin 2



x



x







  2 sin 4 3

   

x  sin 5 x  0  sin 4 x  cos x  0 sin 3   

0.5

  2







cos

x



sin

x



sin 3

x



sin

x



c os3

x



cos

x



2 sin 4

x

 3

x





k

 2

0.5



2 sin 3

x





2 sin 4

x



k





 (cid:0)

k

 4

  

  



 4  3 28

 2 7

     x 

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là

  x   k k  (cid:0) (Loại)  4



  (cid:0)

0.5

k x   k  7 m  3, k m ,  3 28  2 7

x

x

log

x





y .2

2

Giải hệ phương trình:

(cid:0)

x y ,



.





2.2

2.5

2log

x



6log

 log 2 2 y

x

   1 x log



3

y

 



   1

  3 0 2

2 2

2

2

  x   

ĐK:

0.5

x

  x

log

x



y

  

x

log

x

  x

log

y

    x

y

1

Phương trình   1



 1



 1

2

log 2 2

2

2

 

 

2log

x



6 log

x



x

log

x



3

x

Thế vào (2) ta có

 0

2

2

2 2

0.5

log

x

 

2

log

x



x



x

0



 3 2log



2

2

2 log

  x

x

  3 0 3   0 4

2

    

x  8

0.5

 3

Giải (4), xét

x  0; y   1

  f x



   0

  x

2

. Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai

 2log x  x x f '   1 2 ln 2 x

  x

1.0

f '    0 x

f

0

nghiệm. Mà

  có hai nghiệm

  2

  4

  4

x y ;

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm 

  : 8;7 ; 2;1 ; 4;3

 

 



2

3

2014

2

1

2

1

1

Tính tổng:

.

 S C



.2.

C



2 .2 .

C

  ...

.2

2013 C .

0 2013

1 2013

2 2013

2013 2013

2 ln 2 f x  2; x  4

2.0

 2

 3

 2 2014

Câu 3

2013

2

2013

0.5

 1 2

x



C



C

x

  ...

C

x

Xét 



 . 2

  x C

 . 2



 . 2



0 2013

1 2013

2 2013

2013 2013

2

2

2014

2

2013

2013

5

2014

I



x

dx



x

d

x





0.5

  1 2



  1 2



  1 2







  1 2 x 4028

1

2014  3 4028

1 2

1

1

2

2

2013

C



C

x

  ...

C

x

 . 2

  x C

 . 2



 . 2



0 2013

1 2013

2 2013

2013 2013



 

 dx 

1

3

2014

2

2

2013





C

.2



C

.2

  ...

C

.2

0 C x 2013

1 2013

2 2013

2013 2013

0.5

2 1

x 3

x 2014

x 2

  

  

2014

2

3 2

1

1

2

2

1

C



.2.

C



2 .2 .

C

  ...

.2

2013 C .

0 2013

1 2013

2 2013

2013 2013

 3

 2014

 2

2014 5



Vậy S

2014  3 4028

0.5

B

C

7;10

,

,

. Lập

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm

1;1A 



3;2





2.0

Câu 4.1

phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất

∆

TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M



;

;

BM CM BC





 d B

  

 d C

  

B

M

C

0.5

A

I

TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi



5;6

là trung điểm BC ∆



;

;

2

;

2

AI

 d B

  

 d C

  

 d I

  

A

0.5

B

I

C

;

;

Vì

nên

BC



80



2 41



2

AI

 lớn nhất bằng 2

AI 

2 41

 d B

  

 d C



0.5

khi  vuông góc với AI

và nhận

là véc tơ pháp tuyến

 AI 

  đi qua

1;1A 



4;5

0.5



: 4

x

5

y



  

0

: 4

x



5

y

9

Vậy phương trình đường thẳng

  0



   1



 1

2

2

:

x



y



z



 4

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu 





2 1

S 1

2

2

2

4.2

2.0

. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt

y

x

3

S







25







z





 1

  :

 1



2

, bán kính

R  2

I

 nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. 1S có tâm 1(0;0;1) 

1

0. 5

 , bán kính

R  5



2S có tâm 2 (3;1; 1) I

2



14





  hai mặt cầu cắt nhau

0.5

I I 1 2

  R 2

R 1

I I 1 2

R 2

R 1

Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình

0.5

2

2

2

2

2

2

x



y



z





4

x



y

z





4





2

2

2

6

x



2

y

  4

 1  11 0

z



x



3



y





z





25

 

 1  1





 1



    

    

Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn 1S và mặt phẳng ( đó là giao tuyến của măt cầu 

 bán kính đường tròn cần tìm là

d I P  ;(

)





1

7 56

0.5

2

r





d





2 R 1

 I P ; 1





5 2 4

Cho hình chóp tam giác đều

)P : 6 11 0     2 4 x y z

thay đổi lần lượt thuộc cạnh

SMN luôn vuông góc

,M N là hai điểm

3.0

Câu 5

, từ

.S ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi ,AB CD sao cho mặt phẳng  AM x AN y ,

  . Chứng minh rằng

x

  y

3

xy

với mặt phẳng (

ABC . Đặt )

đó tìm

S

  SO

SMN

ABC

ABC

O



tại

)

Kẻ SO MN

,x y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. 

( Vì 









O là trọng tâm tam giác đều ABC

( Vì

.S ABC là hình chóp đều )

0. 5

N

C

A

O

M

B

0

0

0

Ta có





AMN



AMO



ANO

0.5

   x

y

3

xy



xy

.



x .



y .

  1

3 2

1 2

1 2

1 2

1 1 . 2 3

1 1 . 2 3

S  S  S  xy .sin 60  x AO . .sin 30  y AO . .sin 30 1 2 1 2 1 2

nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi)



SMN



SMN

0.5

2

2

2

2

2

0

2

2

Ta có

MN



x



y



2

xy

cos 60



x



y



xy



x



y



3

xy



9

xy



3

xy









Từ giả thiết

S  SO MN .  S 1 2

  0

x y ;

1

 . Từ   1

0.5

    xy 3 x y 2 xy 4   xy 9



 1

 1

x  y 1 3 xy xy xy xy 0 1 x y 1            2

2



MN



29 t



t 3

Đặt

t



xy t ,

4 1 ; 9 2

   

  

Lập bảng biến thiên hàm số

ta được

f



29 t



t 3

,

t

  t

4 1 ; 9 2

   

  

1.0

MN nhỏ nhất khi

hoặc

t  , khi đó x 2 y  3 4 9

MN lớn nhất khi

1 2 1

 x    y

1 1 2

  x    y

2

2

2

3

3

3

Cho ba số dương

a b c thỏa mãn

,

,

t  , khi đó 1 2

a  b  c  a  b  . Chứng minh rằng c

1.0

Câu 6

.







1

1 a

1 b

1 c

8

1

8





1

3

3

3

2

 3

1 3

8 3

a



a

 

2 1 3 ;

a

b



b

 

2 b c 1 3 ;



c

 

c 1 3

Ta có

2

2

2

2

2

2   a

b



c

    

a b c

3

a



b



c

 3

3





0. 5

Đặt

Ta có











  2

1 y

1 b

1 c

1 x

1 z

1 a

8



1

8



1

8



1

8



1

8



1

8



1

x   a y ;   b z ;       x c y z 3 3 a   a b c 3 b   a b c 3 c   a b c

Mà:

x

x

x

x

Tương tự suy ra VP(2)



2





x

y

z

1 

2

4

1 

2

4

1 

2

4

  

  

0.5

Ta chứng minh

1   1 x 2  2 4 8  1 (2  1)(4  2  1)

x

y

z

x

y

z

( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách

  4

12





4

4

Biến đổi được  3 sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý

x

3

y

z

   )  đpcm.

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi

tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.

2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.

3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm

   (3) 1  2 4 1  2 4 1  2 4 1 2