Đề thi HSG cấp tỉnh Toán học 12 - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Lê Thị Phương Đào | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

246
lượt xem 44
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo 3 đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp tỉnh Toán học 12 - (Kèm Đ.án)

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . x 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu II: (6,0 điểm) x 1  2 1 1. Giải phương trình 3  x   2x  1  3 x  2  2 2 1 1  x  y  x 2  y2  5 2. Giải hệ phương trình   x, y    xy  1 2  x 2  y2  2  Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa a 3 hai đường thẳng AA ' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' . 4 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng    . h2  hC  hD 2 2 Chứng minh rằng: B  h2 . A 3 Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A  1; 1 và đường tròn 2 2   y  2   25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn  T  ( B, C  T  :  x  3 khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P 3  . a  ab  abc abc - - Hết - - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:.........................
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 2x  1 0,5   x  m  x 2  (m  3)x  m  1  0 1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,5  m 2  2m  13  0  (đúng m ) 0.m  3  0 x  x 2  m  3 Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1  x1 x 2   m  1 0,5 Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x 2 ;  x 2  m  2 Khi đó ta có: AB  2  x1  x 2  2 2 2 2 PA   x1  2   x1  m  5   x1  2   x2  2 , 0,5 2 2 2 2 PB   x 2  2     x 2  m  5    x 2  2    x1  2  Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều  PA 2  AB2 2 2 2 2 0,5   x1  2   x2  2  2 x1  x2    x1  x2   4 x1  x2   6x1x2  8  0  m 1  m 2  4m  5  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 . 0,5  m  5 II.  x  1 1, ĐKXĐ:  (3,0đ)  x  13 0,5 Phương trình đã cho tương đương với  x  2    3 x  1  2  2x  1  3   x  1 x  1  x  1  2x  1  3 2x  1 (1) 0,5 Xét hàm số f  t   t 3  t ; f '  t   3t 2  1  0, t 0,5 Suy ra hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên Khi đó: Pt(1)  f    x 1  f 3  2x  1  x  1  3 2x  1 0,5 1
 1  x  1  1 2 x  0  x  x   x0  2  2     1 5 0,5 x   x  13   2x  12  3 2   x  x  x  0  1  5   2 x   2 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 0,5 x và x  0 2 II. x  0 2, ĐKXĐ:  (3,0đ) y  0 2  2 1  1 0,5  x     y    5  Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:  x  y  2  x  1 . y  1  2xy 2  2  2 1  1  1  x     y    5 u  x  x  x  y   * , đặt    1  1 v  y  1   x  x  . y  y   2   y 0,5     2   u 2  v 2  5  u  v   9 Hệ phương trình  * trở thành    uv  2  uv  2  u  v  3  u  v  3  (I) hoặc  (II) uv  2 uv  2 u  1 u  2 Ta có:  I    hoặc  v  2 v  1 0,5  u  1  u  2  II    hoặc  v  2  v  1 1 u  2  u  2 Vì u  x   u  2 nên chỉ có  và  thỏa mãn. x  v 1  v  1  1 u  2 x  x  2 x  1    ta có   1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 v  1 y  1  1 y   y  2   1  x   2  x  1  u  2  x   ta có   1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5  v  1 1  y   1  y  y  2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là: 0,5 2
 1 5   1 5   1  5   1  5   1;  ,  1;  ,  1;  ,  1; .  2   2  2  2  III. a2 3 B' 1, Diện tích đáy là SABC  4 . (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC A' C' D B 0,5 E A G C  BC  AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có   BC   AA'E   BC  A 'G 0,5 Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC  DE, AA'  DE 0,5 Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE    DAE  300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G  AG.tan300  0,5 3 3 a 3 Vậy VABC.A ' B'C '  A 'G.SABC  . 0,5 12 III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của A 2, mp    với các cạnh AB, AC, AD . (3,0đ) D' 1 Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*) B' 3 I C' 0,5 D B G C Vì VAB'C 'D'  VAIB'C '  VAIC'D '  VAID 'B' và (*) nên VAB'C 'D ' VAIB'C' V V   AIC'D '  AID 'B' 0,5 VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'     AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB 0,5 AB AC AD AG BB' CC' DD'     3. 6   3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD' 3
BB' h B CC' h C DD' h D Mặt khác ta có  ,  ,  0,5 AB' h A AC' h A AD' h A h h h Suy ra B  C  D  3  h B  h C  h D  3h A (**) 0,5 h A hA hA 2 Ta có:  h B  h C  h D   3 h 2  h C  h 2  B 2 D 2 2 2   h B  h C    h C  h D    h D  h B   0 ( luôn đúng ) 2 Kết hợp với (**) ta được  3h A   3 h B  h C  h D  2 2 2 0,5 h 2  hC  h 2 2 Hay B D  h2 . A 3 IV. Đường tròn  T  có tâm K  3;2  bán kính là R  5 (2,5đ) Ta có AI :x  y  0 , khi đó đường thẳng AI A cắt đường tròn  T  tại A' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ I  x  3 2   y  2 2  25  x  1  0,5  (loại) K    xy0  y  1 B C x  6 hoặc  A' y  6 Vậy A '  6;6  Ta có: A 'B  A 'C (*) (Do BA '  CA ' ) A 'BC  BAI (1) (Vì cùng bằng IAC ) Mặt khác ta có ABI  IBC (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta có: BIA '  ABI  BAI  IBC  A 'BC  IBA ' Suy ra tam giác BA 'I cân tại A ' do đó A 'B  A 'I (**) Từ  * ,  ** ta có A 'B  A 'C  A 'I Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là 2 2 0,5  x  6   y  6   50  x  32   y  2 2  25  Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ  2 2   x  6    y  6   50 0,5  Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),(1;5) Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) . Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x  4y  17  0 . 0,5 V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có (2,5đ) 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc  a  .  .   a  b  c . 0,5 2 2 4 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c . 3 3 Suy ra P   0,5 2 a  b  c abc 4
3 3 Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P   2t t 3 3 3 3 Xét hàm số f  t    với t  0 ta có f '  t    2. 2t t 2t t 2t 0,5 3 3 f ' t   0   2  0  t 1 2t t 2t Bảng biến thiên t  0 1  f ' t   0 + f t  0 0,5 3  2 3 Do đó ta có min f  t    khi và chỉ khi t  1 t 0 2 3 Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  16 a  21  a  b  c  1  4   b  . 0,5 a  4b  16c  21  1 c  21  3  16 4 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  khi và chỉ khi  a,b,c    , ,  . 2  21 21 21  - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 5
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) 3x  4 Cho hàm số y  có đồ thị (C). 3x  3 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB đều ( với O là gốc tọa độ ). Câu II: (6,0 điểm) 1. Cho phương trình 1  2x  1  2x  x 2  m  0 . Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm thực.  xy  x  y  x 2  2y 2  2. Giải hệ phương trình   x, y  .  x  1  2y  3  3  Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng a 3 cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 4 ABC.A 'B'C' . 2. Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng AI, BI, CI, DI lần lượt cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tại A', B', C', D' thỏa mãn đẳng thức AI BI CI DI     12 . Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABCD A 'I B'I C'I D'I và IBCD . Chứng minh rằng V  4V1. Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T  :x 2  y 2  4x  2y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC ( với I là tâm của đường tròn  T  ) và điểm A có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng BC. Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn y 2  xz và z 2  xy . Tìm giá trị nhỏ nhất x y 3z của biểu thức : P    . xy yz zx - - Hết - - Họ tên thí sinh:………………………………………………. Số báo danh:……………………
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN 12 THPT- BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm: 3x  3mx  3m  4  0 1 với x  1 2 0,5 (3,0đ) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 9m 2  36m  48  0 0,5 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1   (đúng m )  0.m  1  0  x1  x 2   m  *  Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  3m  4  x1 x 2  0,5  3 Giả sử A  x1; x1  m  , B  x 2 ; x 2  m  2 2 Khi đó ta có OA  x1   x1  m  ,OB  x 2   x 2  m  2 2 0,5 Kết hợp  * ta được OA  OB  x  x . Suy ra OAB cân tại O 2 1 2 2 2 Ta có AB  2  x1  x 2  . Tam giác OAB đều  OA 2  AB2 2 2 0,5  x1  x 2  2  x1  x 2    x1  x 2   6x1x 2  0 2 2 m  2  m 2  6m  8  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  2, m  4 0,5 m  4 II. 1 1 1, ĐKXĐ:   x  . Đặt t  1  2x  1  2x * 0,5 2 2 (3,0đ) 1 1 t'   , t' 0  x  0  2  t  2 0,5 1  2x 1  2x  t 4  4t 2 Ta có:  *  x 2  16 0,5 Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 4  4t 2  16t  16m Xét hàm số f  t   t 4  4t 2  16t với t   2;2    Ta có hàm số f  t  liên tục trên đoạn  2;2 .   0,5 f '  t   4t  8t  16, f '  t   0  t  2 3 Suy ra Min f  t   32 , Max f  t   4  16 2 0,5  2 ; 2  2 ; 2     Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 32  16m  4  16 2 1  4 2 0,5 Suy ra giá trị cần tìm của m là: 2  m  4 1
II. x  1 2, ĐKXĐ:   3 (3,0đ) y  2  0,5 2 2 2 (xy  x )  x  y  2x  2y  Hệ phương trình tương đương:   x  1  2y  3  3    x  y  0 ( loại )  x  y 1  x  2y   0      1  x  2y  0 0,5  x  1  2y  3  3    x  1  2y  3  3  2y  x  1    x  1  x  4  3  *  0,5 x  4  PT  *   2  2x  5  2 x  5x  4  9  x  4  4  x  7   2  2 2 0,5  x  5x  4  7  x   x  5x  4   7  x   4  x  7   x  5  TM  0,5  x 5 Với x  5  y  2 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y    5; 2  0,5 III. a2 3 1, Diện tích đáy là SABC  4 B' (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC A' C' 0,5 D B E A G C  BC  AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có   BC   AA'E   BC  A 'G 0,5 Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC  DE, AA'  DE 0,5 Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE    DAE  300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A 'G  AG.tan 300  0,5 3 2
a3 3 Vậy VABC.A ' B'C'  A 'G.SABC  (đvtt). 0,5 12 III. Gọi V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích A 2, của tứ diện ICDA, IDAB, IABC (3,0đ) C' D' B' I 0,5 B D A' C Ta có : AA' d  A,  BCD   V IA V IA V V  V3  V4 0,5   1    1  2 1 IA' d  I,  BCD   V1 IA ' V1 IA ' V1 V1 IB V1  V3  V4 IC V1  V2  V4 Tương tự ta có :   2 ,   3 , IB' V2 IC' V3 0,5 ID V1  V2  V3  4 ID' V4 AI BI CI DI Từ 1 ,  2  ,  3 và  4  ta có : VT      A'I B'I C'I D'I V  V3  V4 V3  V4  V1 V1  V2  V4 V1  V2  V3 0,5  2    V1 V2 V3 V4  V V  V V  V V  V V  V V  V V  VT   1  2    2  3    3  4    4  1    3  1    2  4   12 0,5  V2 V   V3 V2   V4 V3   V1 V4   V1 V3   V4 V2  1 V Đẳng thức xảy ra khi V1  V2  V3  V4  . Suy ra V  4V1 (đpcm). 0,5 4 IV. Gọi d là đường phân giác trong của góc A A (2,5đ) Đường tròn  T  có tâm I  2;1 , bán kính R  5 Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn  T  tại A và A' có tọa độ là nghiệm của hệ I  x 2  y 2  4x  2y  0 x  0 x  3 0,5   hoặc   xy0 y  0 y  3 B C Điểm A có tung độ dương suy ra A  3;3 và A '  0;0  A' Vì d là phân giác trong của góc A nên BA '  CA '  IA '  BC 0,5 Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0 Mặt khác ta có: 1 1 0,5 SABC  3SIBC  d  A, BC  .BC  3. d  I, BC  .BC  d  A, BC   3.d  I, BC  2 2 3
m9 m5  m  3  3.  m  9  3. m  5   0,5 5 5  m  6 . Với m  3 khi đó BC : 2x  y  3  0  6  21 3  2 21   6  21 3  2 21  Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra  5 5   5 5  B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM ) . Với m  6 khi đó BC : 2x  y  6  0 0,5  12  2 6 6  4 6   12  2 6 6  4 6  Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra  5 5   5 5  B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM ) Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x  y  3  0 và 2x  y  6  0 . V. 1 1 3 y z x Ta có: P    , đặt a  ;b  ;c  kết hợp với giả thiết ta (2,5đ) y z x x y z 1 1 1 x y z 0,5 a  b  c  0 0  c  1 1 1 3 suy ra   . Khi đó P    abc  1 ab  1 1 a 1 b 1 c 1 1 2 2 Ta có   1  a 1  b 1  ab  a b   ab  1  0 (đúng do ab  1 ) 0,5 1 1 2 c Suy ra   1 a 1 b c 1 2 c 3 2 c 3 3 2 c Hay P      vì 0  c  1  c  c 0,5 c 1 c 1 c 1 c 1 c 1 Đặt t  c  0  t  1 2t  3 Xét hàm số f  t   với 0  t  1. Ta có hàm số f  t  liên tục trên  0;1 , t 1 0,5 1 f ' t    2  0, t   0;1 .  t  1 5 Hàm số f  t  nghịch biến trên  0;1 . Suy ra f  t   f 1  2 0,5 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi và chỉ khi x  y  z . 2 - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 4
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - BT THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (5,0 điểm). 1. Cho hàm số y  x 4  mx 2  m , với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có ba điểm cực trị. 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 1  x 2 trên đoạn  0; 1 . Câu II (5,0 điểm). 1. Giải bất phương trình 2x 2  5x  3  x  1 x  .  x 2  y 2  4xy  3 2. Giải hệ phương trình   x, y   .  x  y  xy  1 Câu III (5,0 điểm). n 15  1  1. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2  x 5  , x  0 . x  Biết C0  C1  ...  Cn 1  Cn  1024 (với n  n n n n * , Ck là số các tổ hợp chập k của n ) n 2. Giải phương trình :  2sin x  1 sin x  2cosx   sin 2x  cosx . Câu IV (5,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA , đáy là tam giác vuông tại B . Gọi B' là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng SB . Qua điểm B' kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt SC tại C' . 1. Chứng minh rằng: SB vuông góc với mặt phẳng  AB'C ' . 2. Tính theo a thể tích khối chóp S.AB'C' , biết SA  AB  a và BC  2a . - - Hết - - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:.........................
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - BT THPT (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm I. TXĐ: D  1, Ta có y'  4x 3  2mx 0,5 (2,5đ) y '  0  4x 3  2mx  0  x  2x 2  m   0 0,5 x  0  2 0,5  2x  m  0 1 Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,5 m  0   m  0 . Vậy giá trị cần tìm là: m  0 0,5 m  0 I. Hàm số f  x   x 1  x 2 liên tục trên đoạn  0; 1 2, 2 0,5 (2,5đ) Ta có f '  x   1  x 2  x 1  2x 2  1  x2 1  x2 1  2x 2 f ' x   0   0  1  2x 2  0 0,5 2 1 x  2 x    0; 1 2  0,5  2 x     0; 1  2  2 1 Ta có f  0   0, f 1  0, f   0,5  2  2  2 1 Vậy Min f  x   f  0   f 1  0 , Max f  x   f   0,5 0;1 0;1  2  2 II.  x  1  0 1,  2 1 2x  5x  3  0 (2,5đ) Bất phương trình đã cho tương đương với   0,5  x  1  0  2   2x 2  5x  3   x  12  1
x  1   x 1 Hệ BPT 1     x 1 0,5  x  3   2 x  1 Hệ BPT  2    2 0,5  x  3x  2  0 x  1  0,5  x  1  x  2 x  2  Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S   ;1   2;    0,5 II.  x  y  2  6xy  3  2, Hệ phương trình đã cho tương đương với  0,5 (2,5đ)  x  y  xy  1   x  y 2  6xy  3  0   0,5  xy  x  y  1   x  y 2  6  x  y   9  0  x  y  3    0,5  xy  x  y  1   xy  2  x  1  y  2  0,5  x  2  y  1  Vậy nghiệm  x; y  của hệ phương trình đã cho là: 1; 2  ,  2; 1 0,5 III. Ta có 1  1 n  C0  C1  ...  Cn 1  Cn n n n n 1, 0 1 n 1 n n 0,5 (2,5đ)  Cn  Cn  ...  Cn  Cn  2 Từ giả thiết ta suy ra 2 n  1024  2 n  210  n  10 0,5 10  1  Ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của  2  x 5  0,5 x  k 210 k  5k k 7k  20 là C10 .x .x  C10 .x Suy ra x15 ứng với 7k  20  15  k  5 0,5 5 Vậy hệ số của x15 là C10  252 0,5 III. PT   2sin x  1 sinx+2cosx   2sin x cos x  cosx 0,5 2,  2sin x  1 sinx+2cosx  cosx 2sin x  1  0 (2,5đ)      0,5  2sin x  1  0 (1)   2sin x  1 sinx+cosx   0   0,5 sinx+cosx = 0 (2) 2
  1  x  6  k2 PT 1  sinx =   k   0,5 2 x  5  k2   6     PT  2   2 sin  x +   0  x +  k  x =   k k    4 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là 0,5  5  x   k2, x   k2, x    k  k   6 6 4 IV. Ta có SA   ABC   SA  BC (1) 1, S Mặt khác BC  AB (2) (2,5đ) C’ B’ C 0,5 A B Từ 1 và  2  suy ra BC   SAB  0,5 Do đó BC  SB  B'C'  SB  3 (vì B'C'// BC ) 0,5 Theo giả thiết ta có SB  AB' (4) 0,5 Từ  3 và  4  suy ra SB   AB'C' 0,5 IV. Ta thấy tam giác SAB cân tại A suy ra B' là trung điểm của SB , do đó 2, 1 0,5 (2,5đ) SB'  SB 2 a 2 SB  SA 2  AB2  a 2  SB'  0,5 2 a 2 Vì SAB vuông tại A nên ta có AB'  SB'  2 Do BC   SAB   B'C '   SAB   B'C'  AB' 0,5 1 Ta có B'C' là đường trung bình của tam giác SBC suy ra B'C'  BC  a 2 0,5 3 1 a Thể tích của khối chóp S.AB'C' là V  SB'.AB'.B'C'  . 0,5 6 12 ----------Hết---------- Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 3