Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán học lớp 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:48

Thêm vào BST

Báo xấu

122
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các bạn học sinh lớp 12 có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn cho kỳ thi sắp tới được tốt hơn, mời các thầy cô và các bạn tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán học lớp 12 kèm đáp án.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán học lớp 12 kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011 Đề thi có 01 trang Bài 1. (4,0 điểm). 1 Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C). 2 Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại 4x 2 + 3 những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = . x 4 +1 Bài 2. (5,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực R: 1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x + 2  0 . 2/ x 4  2x 3 + x  2(x 2  x) = 0 . Bài 3. (5,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C. 1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’. 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất. 3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C. Bài 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường    thẳng  : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M   sao cho: MA + MB + MC nhỏ nhất. Bài 5(3 điểm). (m + 2010)! Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng là một số m!2011! nguyên. ---------------------- HẾT ---------------------- a) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. b) Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh……….... SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm 4 trang) A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý) Nội dung đáp án Biểu điểm Bài 1 4x 2 + 3 * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = (4 đ) x 4 +1 4t + 3 - Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 ; t +1 4t 2  6t + 4 1 - g'(t) = 2 2 ; g’(t) = 0  t = 2; t = ; 0,75 (t +1) 2 - Ta lại có: lim g (t )  0 ; lim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số: t  t  t  –2 0 1  2 g’(t) – 0 + + 0 – 4 0,5 g(t) 0 3 0 –1 2 - Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x   2 0,75 * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 2  x0 0,5 0 4 3 - Vậy: 3x 2  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = 0 , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( 3 2 4 40 )= 1,0 3 27 3 4 40 + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; ) 0,5 2 3 27 Bài 2 Phương trình  (5 đ) cosx + 2cos2x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.
1/  cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0 (2,5 đ)  (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0 1,0 2 0,5 Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  x    k 2 , k  Z 3 2/ cosx + 3 .sinx –2.cos2x = 0  1 3    k 2 cos x  sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x   ;k Z , 2 2 3 3 9 3 0,5 - Nghiệm của pt là: 2   k 2 x  k 2 , k  Z ; x    k 2 ; x   ;k Z 3 3 9 3 0,5 2/ - Phương trình  x 4  2x 3 + x 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 (2,5 đ)  (x 2  x) 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 1,0 2 - Đặt t = x  x , với t  0 ta có phương trình: t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2 0,75 - Với t = 0 thì x = 0; x = 1 - Với t = 2 thì x = –1; x = 2 Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: 1;0;1; 2 0,75 B B’ Bài 3 (5 đ) J C C’ H A A’ Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là 1/ thể tích khối chóp B.ACA’, - Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’). (1, 0 đ) 1 - Ta có VB.ACA’ = h.SABC. 3
- Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’ 1,0 2/ - Ta có V= 3.VB.ACA’ (2 đ) Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất, 1 a2 2 2 2 2 2 - Ta có: VB. ACA  S ACA ' .BH hay VB. ACA  ' BH , mà BH = AB – AH = a – AH ' 3 3 0,5 a – vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH  A’C  CH  5 1,5 3/ - Trong mp(AHB) kẻ HJ  AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB (2 đ) 0,5 và A’C. 1 1 1 4a 2 - Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:   , ta có: HA2  ; HJ 2 HA2 HB 2 5 a2 2a 1,5 HB 2  ; suy ra: HJ  5 5 Bài 4 4 4 (3 đ) - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G( ;  ) 0,5 3 3      - Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và  cố định (G không nằm trên  ),      0,5 - Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay MG vuông góc với  . Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua G và vuông góc với  . 0,5  - Một véc tơ chỉ phương của  là u  (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 4 3x + 2y – = 0, 0,5 3 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  20 2 x  3 y  12  0  x   13   20 116  4   M ( ; )  3x  2 y  3  0   y  116 13 39 1,0   39
y 4 M 1---- A -6 -2 O 1 5 x -1 G -4 Bài 5 Ta có: ( 3 đ) C 2010  (m  2010)!  2011 . (m  2011)! = 2011 2011 .Cm 2011 1,0 m+2010 m!2010! m  2011 m!2011! m  2011 2010 2011 2010 Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010 = 2011.Cm 2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho 2010 2011 2011 (do Cm+2010 ; Cm 2011 là các số tự nhiên) 1,0 Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1 2010 (m + 2010)! Vậy Cm+2010  2011 hay là số nguyên. 1,0 m!2011! B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. ----------------Hết------------------
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN LỚP 12 THPT CẤP CƠ SỞ - NĂM HỌC 2009 -2010 Môn:Toán Đề thi chính thức Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 07/01/2010 (Đề thi có 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1: (6 điểm) 1. Cho phương trình: 2 1  2sin x  3.2 1  sin x  m  4 (1) (m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.  x6  y 6  1  2. Giải hệ phương trình:  5 5 x  y  1  Câu 2: (5 điểm) 1. Tìm GTLN của hàm số: y   x  3x  72 x  90 trên đoạn  7;7  . 3 2 1 4 2. Cho hàm số y  x  2 x 2  3 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là 4 các điểm cực trị của đồ thị (C). Câu 3: (6 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Chứng minh rằng với mọi giá trị của t đường thẳng (d) có phương trình: x cos t  y sin t  sin t  2cos t  3  0 (t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2 a 5 và BAC  120 . Gọi M là trung điểm của CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM). Câu 4: (1.5 điểm) n1 n Cho đa thức f  x   x  an 1 x  an2 xn2    a1 x  1 có các hệ số không âm và có n n nghiệm thực. Chứng minh f  2   3 . Câu 5: (1.5 điểm)
3 Cho hàm số: y  x  2009 x có đồ thị là (C). M1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1. Tiếp tuyến của (C) tại M1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n1 cắt (C) tại điểm M n khác M n1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn  là tọa độ điểm M n . 2013 Tìm n để : 2009 xn  yn  2 0 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2009-2010 Câu 1 NỘI DUNG 6điểm 1 2 1 2sin x 1s inx  3.2 m4 0.5 (4điểm) sinx 1  Đặt 2  t  t   ;2  ta có phương trình: 2t 2  6t  m  4 (2) 2  2 a.Với m = 0 suy ra: 2t  6t  4  0  t  1  t  2 0.5 t  1  2sinx  1  sinx  0  x  k 1  t  2  2s inx  2  sinx  1  x   k 2 2 1  0.5 b.ycbt  (2) có nghiệm t   ;2  2   2  2t 2  6t  4  m 2 1  0.5 (2) có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt  P  : y  2t  6t  4 trên  ;2  2  …… 0.5 1 3 3 1 y    ; y     ; y  2  0 2 2 2 2 1 3 0.5 Suy ra   m  thì (1) có nghiệm 2 2 2 6 6  x  y  1 (1) 0.75 (2điểm)   5 5  x  y  1 (2)  Lập luận từ (1) và (2) suy ra x, y   1;1 và x, y không cùng dấu Vai trò của x, y bình đẳng , không làm mất tính tổng quát giả sử 0.75 1  x  0  y  1 . Lập luận đưa ra hệ vô nghiệm
Nhận thấy  0;1 ; 1;0  là các nghiệm của hệ 0.5 Câu 2 y   x3  3x 2  72 x  90 trên đoạn  7;7 4 điểm 1 3 2 Xét hàm f  x    x  3x  72 x  90 trên  7;7  0.5 (2điểm) y '  3x 2  6 x  72  0  x  4  x  6 y  4   266; y  6   234; y  7   218; y  7   104 1.0 max y  y  4   266 0.5  7;7 2 1 4 1.0 (2điểm) y x  2x2  3 4 Các điểm cực trị: A  2; 1 ; B  0;3 ; C  2; 1 NX: các điểm cực trị tạo thành tam giác cân tại C. Suy ra diện tích được tính: 1.0 1 1 S BH . AC  4.4  8  dvdt  2 2 Câu 3 6 điểm 1 x cos t  y sin t  sin t  2cos t  3  0   y  1 sin t   x  2  cos t  3 (*) 0.5 (2điểm)  tìm các điểm mà đường thẳng không đi qua với mọi t hay (*) vô nghiệm 0.5 2 2 2 2   y  1   x  2   32 xét đt  y  1   x  2   32 (C ) C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với mọi t 0.5 Vậy đường thẳng đã cho luôn tiếp xúc với đường tròn cố định có phương trình : 0.5 2 2  y  1   x  2   32    2 a. Chứng minh MB  MA ' . (4điểm) B C 0.75 A M B' C' A'
           1             BM  BA  AM   AB  AC  CM    AB  AC  AA '   2       1        A ' M  A ' C '  C ' M   AC  AA '   2       1    1         0.75 BM . A ' M    AB  AC  AA '  AC  AA '   2  2     1       1   1   1        AB. AC  AB.AA '  AC 2  AC.AA '  AA '. AC  AA'2   2 2 2 4  1 2   a 2  4 a 2  2 5a  0 4     Suy ra MB  MA ' 0.5 b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM) 1 1 0.5 VA. A ' BM  d  A,  A ' BM   .S A ' BM  d  B,  AA ' M   .S AA ' M 3 3  1 0.5  S A ' BM  2 MB.MA '   2 2 2 2 2 0 1 2 2  MB  BC  CM  AB  AC  2. AC. AB.cos120  AA '  12a  4 2 2 2 2 0.5  MA '  A ' C '  C ' M  9a   0.5 1  S A ' BM  3a.a 12  3a 2 3 2 1 a 3 SAA ' M  2a.2 5a  2a 2 5; d  B,  AA ' M    BH  AB.sin 600  2 2 a 3 5  d  A,  A ' BM   .3a 2 3  2a 2 5.  d  A,  A ' BM    a 2 3 Câu 5 y  x3  2009 x 0.5 2 điểm Gọi M k  xk ; yk  suy ra tiếp tuyến tại M k : y  yk  y '  xk  x  xk   y   3xk  2009   x  xk   xk  2009 xk 2 3
Tọa độ điểm M k 1 được xác định: 0.5 x 3  2009 x   3 xk  2009   x  xk   xk  2009 xk 2 3   x  xk   x 2  x.xk  2 xk2   0  x  xk  x  2 xk  xk 1  2 xk n 1 0.5 Ta có : x1  1; x2  2; x3  4;...; xn   2  2009 xn  yn  22010  0  2009 xn  xn  2009 xn  22010  0 3 0.5 3 n 3 2013   2   2 2013   2   3n  3  2013  n  672 Câu 4 f  x   xn  an1x n1  an2 xn2    a1 x  1 có các hệ số không âm và n nghiệm 0.5 2 điểm thực . Suy n nghiệm đó âm giả sử là các nghiệm: xi , i  1, 2,..., n n 0.5 Theo cách phân tích đa thức ta được f  x     x  xi  i 1 n n 0.5 Đặt  xi   i   i  0  f  x     x   i  với   i  1 i 1 i 1 n n n 0.5 Ta có f  2     2   i    1  1   i   3 n3   i  3n .Suy ra đpcm i 1 i 1 i 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) 3 x  2m 1. Cho hàm số y  với m là tham số. Chứng minh rằng m  0 , đồ thị hàm số luôn mx  1 cắt đường thẳng d : y  3 x  3m tại 2 điểm phân biệt A, B . Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . x2 2. Cho hàm số y  có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà x 1 qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2. Câu 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 x.5 x  5 x1  27 x  23 2x  1 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: log 2 2  2x2  6x  2 x  2x  1 Câu 3: (6 điểm) a 1. Cho tứ diện SABC có AB  AC  a, BC  , SA  a 3 (a  0) . Biết góc SAB  30 0 và 2 góc SAC  30 0 . Tính thể tích khối tứ diện theo a . 2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn lại đều 1 không lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn . 8 Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân:  3 sinx 1 1. I  x2 dx 2  cosx  1 x 2 x2  4 2. J   0 ln sin x  1 dx Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P  2 a 2  b2  c 2  1 ( a  1)(b  1)(c  1) …………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………. Họ và tên giám thị số 1:……………………………………………………………………………... Họ và tên giám thị số 2:……………………………………………………………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN - Vòng 1 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) x2 1. Cho hàm số y  có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp x 1 tuyến của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M. 2. Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại. Câu 2 (2 điểm) 1 a. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 2  x  x2  1  y  y2  1  b. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  xy  1  Câu 3 (2 điểm) 9 3   1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . Từ đó suy ra trong 2 2  2 mọi tam giác nhọn ABC ta có 9 3 tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  . 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 . Câu 4 (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. a) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.
b) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN  450 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN. Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh a 2  ab  1 b 2  bc  1 c 2  ca  1    5( a  b  c ) a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00  a2 3 3 M  (C )  M  a;  , a  1 . y '   y '( a )  0,25  a 1  ( x  1) 2 ( a  1) 2 3 a2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  2 ( x  a)  ( ) ( a  1) a 1 Tiệm cận đứng 1 có phương trình x  1 Tiệm cận ngang 2 có phương trình y  1  I (1;1) 0,25  a 5   1  A  A  1;  ,    2  B  B  2a  1;1 0,25  a 1  1 1 a5 1 6 S IAB  IA.IB   1 . 2a  2  . .2 a  1  6 (không 2 2 a 1 2 a 1 0,25 phụ thuộc vào a, đpcm) 2 Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại 1,00 mx 9m TXĐ: , y '  9  , y ''  2 x 9 ( x  9) x 2  9 2 y '  0  9 x 2  9  mx  0  9 x 2  9  mx 
 mx  0 mx  0   2 (I) 0,25 81( x 2  9)  m2 x 2  (m  81) x 2  81.9 TH 1. m2  81  9  m  9  m . x  9 x  9 x 2  9(x) nên 9 x 2  9  mx y'   0, x suy ra hàm số đồng biến trên , không x2  9 0,25 có cực trị. 27 TH 2. m  9  ( I )  x1  m 2  81 9m y ''( x1 )   0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại 0,25 2 2 ( x  9) x  9 1 1 27 TH 3. m  9  ( I )  x2  m 2  81 9m y ''( x2 )   0  x2 là điểm cực đại. 2 2 ( x  9) x  9 2 2 0,25 Vậy hàm số có cực đại  m  9 1 II 1 Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 (1) 1,00 2 1 Đặt t  sin 2 x, t   0;1 . (1) có dạng: t1006  (1  t )1006  1005 (2) 0,25 2 Xét hàm số f (t )  t1006  (1  t )1006 , t  0;1 1 0,25 f '(t )  1006[t 1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t  2 1 1 1 1 f (0)  f (1)  1, f    1005  min f (t )  1005 Vậy (2)  t  0,25 2 2 0;1 2 2 1   hay (1)  sin 2 x   cos 2 x  0  x   k ( k  Z ) 0,25 2 4 2  x  x 2  1  y  y 2  1 (1)  2 Giải hệ phương trình  1,00 2 2  x  y  xy  1  (2) ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x 2  1  x 2  2 xy  y 2  y 2  1  x2  1  2 ( y 2  1)( x 2  1)  xy  ( y 2  1)( x 2  1)  x 2 y 2  x 2 y 2  y 2  x 2  1  x 2  y 2  1 0,25
 x 2  y 2  1  x  0 Kết hợp với (2) ta được  2 2  2 x 2  xy  0   0,25  x  y  xy  1   y  2x x  0 & (2)  y 2  1  y  1 1 1 2 y  2 x & (2)  3x 2  1  x 2   x    y 0,25 3 3 3 1 2 Thử lại ta có x  0, y  1 và x  ,y thỏa mãn hệ pt 3 3 0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 9 3   III 1 Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . 1,00 2 2  2 9   Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên  0;  2  2 1 9 2cos3 x  9cos 2 x  2 (2cos x  1)(cos 2 x  4cos x  2) f '( x )   cos x    cos 2 x 2 2cos 2 x 2cos2 x 0,25   Vì x   0;   0  cosx
9 9 tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  ( A  B  C )  ( 3   ) 2 2 Kết hợp với A  B  C   ta có đpcm 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 1,00 TXĐ: D   4;4 . Đặt t  x  4  4  x , t  0 . Bình phương ta được t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8 . Dấu bằng có khi x= 4 Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8  ( x  4)  (4  x)  16 .D bằng có khi x=0 Do t  0  2 2  t  4 0,25 t2  8 1 Khi đó y  f (t )  t    t 2  t  4, t   2 2;4    0,25 2 2 f '(t )  t  1, f '(t )  0  t  1 (loại) 0,25 f (2 2)  2 2, f (4)  0 . Vậy min y  min f (t )  0 khi x=0, max y  max f (t )  2 2 khi x= 0,25  4;4   2 2 ;4     4;4  2 2;4    4 IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 S C' D' B' D C A B BC  AB, BC  SA  BC  (SAB)  BC  AB ' SC  ( P )  SC  AB '  AB '  ( SBC )  AB '  SB 0,25 Tương tự AD '  SD 0,25
VS . AB ' C ' D '  VS . AB ' C '  VS . AD ' C ' VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 0,25  .  .  2. 2  .  (1) VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20 VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  .  .  (2) 0,25 VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 1 1 2 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a .a 3  0,25 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3  3    VS . AB ' C ' D '  .  0,25 a3 3 a 3 20 20 10 6 20 6 6 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 ( Hình vẽ trang cuối) 1 VS . AMN  .S AMN .a 3 . Đặt BM  x, DN  y ; x, y   0; a  3 Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP  BM  x ABM  ADP  AM  AP, BAM  DAP 0,25 MAN  450  BAM  DAN  450  NAP  DAP  DAN  450 1 1 0,25  MAN  PAN  S MAN  S PAN  AD.PN  a ( x  y ) (*) 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được 0,25 MN 2  MC 2  CN 2  ( x  y ) 2  (a  x) 2  (a  y )2 x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay  xy  a ( x  y )  a 2 a 2  ax 0,25  y xa 1 a 2  ax Thế vào (*) ta được S MAN  a ( x  ) 2 xa a  x2  a 2  a x 2  2ax  a 2 Đặt f ( x)     f '( x)  . 2 xa  2 ( x  a)2 0,25 f '( x)  0  x  ( 2  1) a . a2 f (0)  f (a)  , f (( 2  1)a)  a 2 ( 2  1) 2
a2  max f ( x )  , min f ( x)  a 2 ( 2  1)  0;a  2  0;a  a3 3  M  B, N  C 0,25 Vậy max VS . AMN  khi  6 M  C, N  D 3( 2  1)a 3 min VS . AMN  khi MB  ND  a( 2  1) 3 a 2  ab  1 b 2  bc  1 c 2  ca  1 V    5( a  b  c ) 1,00 a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 2 2 x2 2 2 x, y  0 ta có x  y  2 xy  x  2 xy  y   2 x  y 0,25 y a 2  ab  1 ( a 2  ab  1) 2   2 2  2( a 2  ab  1)  ( a 2  3ab  c 2 ) a 2  3ab  c 2 a  3ab  c 2 2 2 a2  b2 2 2 2 2  2  a  c  ab  2( a  b  c )  a  c  0,25 2 5a 2  3b 2  2c 2 (10)( a 2  a 2  a 2  a 2  a 2  b 2  b 2  b 2  c 2  c 2 )   2 20 (a  a  a  a  a  b  b  b  c  c)2 5a  3b  2c 0,25   2 5 2 5 Tương tự, cộng lại ta được a 2  ab  1 b 2  bc  1 c 2  ca  1    5( a  b  c ) 2 2 2 2 2 2 a  3ab  c b  3bc  a c  3ca  b 1 0,25 Đẳng thức xảy ra  a  b  c  3 A B x 450 M x P D y N C