Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2011-2012

Môn thi: TOÁN
Lớp 12 THPT
Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 05 câu.

Câu I (4,0 điểm)
Cho hàm số
32
1
231
3
yxxx=− + − +
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Gọi
32
() 6 9 3
f
xx x x=− +−, tìm số nghiệm của phương trình:
[] []
32
() 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−=.
Câu II (4,0 điểm)

1) Giải phương trình
(1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ =.
2) Giải hệ phương trình
()
2
3
3
22() (2)2
,.
2( 1) 1 0
xy xy
xyxy xy xy
xy
yx
−+
⎧
−=+ +−− −
⎪
∈
⎨
−−+=
⎪
⎩


Câu III (4,0 điểm)
1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu
nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012.
2) Tính tích phân
2

22
2
(sin cos )d
3sin 4cos
x
xx
I
x
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu IV (6,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy cho đường tròn
22
(): 9Cx y+=, đường thẳng
:33yxΔ=−+ và điểm (3; 0)A . Gọi
M
là một điểm thay đổi trên ()C và B là
điểm sao cho tứ giác
A
BMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác
A
BM , biết

trọng tâm
G của tam giác
A
BM
thuộc
Δ
và G có tung độ dương.
2) Cho hình chóp
.SABCD, đáy là hình chữ nhật có
A
Ba
=
và 2BC a= , mặt phẳng
()SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ()SBC và ()SCD cùng tạo với đáy một góc
bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và BD bằng
2
6
a
.
a) Tính thể tích khối chóp
.S ABCD .
b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng
SA và BD .

Câu V (2,0 điểm)
Cho các số thực
,,
x
yz thoả mãn

11
,,1
32
x
yz>>> và
321
2
3221xyz
+
+≥
++
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(3 1)(2 1)( 1)Ax y z
=
−−−.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
Số báo danh
… ……
- 1 -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA





KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Đề chính thức)
Lớp 12 THPT
Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012
(Hướng dẫn gồm 04 trang)


CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I 1) 3,0 điểm

● Tập xác định:
D =

.
● Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
2
'43
y
xx=− + − ; '( ) 0 1
y
xx
=
⇔= hoặc 3x
=
.
0,5
Hàm số nghịch biến trong khoảng: ( ; 1)
−

∞ và (3; )
+
∞ ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
1
x
=
;
CT
1
3
y
=
− , đạt cực đại tại
3x
=
; y
CĐ
1= .
+ Giới hạn: lim
x
y
→−∞
=+∞; lim
x
y
→+∞
=
−∞.
1,0

+ Bảng biến thiên









1,0
● Đồ thị:
+ Đi qua điểm:
(0; 1) và
1
4;
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.

+ Nhận xét: Đồ thị (
C) đối xứng qua điểm
1
2;
3
I
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,5
2) 1,0 điểm

4,0
điểm
[
]
[
]
32
() 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−= (1)
(1)
[][]
32
1
() 2 () 3 () 1 0

3
fx fx fx⇔− + − + =
.
0,5

x −∞ 1 3
+
∞
'
y

−
0
+
0
−

y
−
∞
+∞
1
3
−

1
y
1
1
3

4
x

O
1
3
−


- 2 -
Đặt
32
1
() 2 3 1
3
gx x x x=− + − + , ta có: (1) ( ( )) 0gfx
⇔
=
() 0
()
gm
mfx
=
⎧
⇔
⎨
=
⎩

() 0 (2)

()(3).
3
gm
m
gx
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−=
⎪
⎩

Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2).
Từ đồ thị (
C), suy ra (2) có 3 nghiệm
m
, thoả mãn: 0 1m
<
< , 1 3m
<
< và 3 4m<<.
Cũng từ (
C), ta có:
+ Nếu
01m<<
hay
1
0

33
m
−<− < thì (3) có 3 nghiệm phân biệt.
+ Nếu 1 3m<< hay
1
1
33
m
−<− <−
thì (3) có đúng 1 nghiệm.
+ Nếu 3 4m<< hay
4
1
33
m
−<− <− thì (3) có đúng 1 nghiệm.
Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau.
Do đó (1) có đúng 5 nghiệm.
0,5
II 1) 2,0 điểm

(1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ = (1).
(1)
2
22
cos sin (1 2sin ) 2(1 2sin ) cos sin 0
22 2 2
xx x x
xx
⎛⎞ ⎛ ⎞

⇔+ −++ − =
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠

cos sin 0
22
xx
⇔+= (2)
hoặc
cos sin (1 2sin ) (2 4sin ) cos sin 0
22 22
xx xx
xx
⎛⎞ ⎛⎞
+−++ −=
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
(3)
● (2)
tan 1
2
x
⇔=−

2
2
x
k
π
π

⇔=−+
.
1,0
● (3)
3cos sin 2sin cos 6sin sin 0
22 2 2
xx x x
xx⇔−+ − =

22
3cos sin 4sin cos 12sin cos 0
22 22 22
xx xx xx
⇔−+ − =
33
3sin 4sin 12cos 9cos 0
22 22
xx xx
⇔− + −=
33
sin 3cos 0
22
xx
⇔+ =

22
33
x
l
α

π
⇔= +
,
tan 3
α
=
− .
Vậy, (1) có nghiệm:
2
2
x
k
π
π
=− + hoặc
22
33
x
l
α
π
=+ , tan 3
α
=
− (với ,kl∈ ).
1,0
2) 2,0 điểm

2
3

3
22() (2)2(1)
2( 1) 1 0 (2).
xy xy
xyxy xy xy
yx
−+
⎧
−=+ +−− −
⎪
⎨
−−+=
⎪
⎩

+ Điều kiện:
0, 2 0xy xy+≥ −≥ (*).
+ Khi đó:
2
(1) 2 (2 ) 2 2 ( )
xy xy
x
yxy xyxy
−+
⇔+− −=+++
.
Xét hàm
() 2
t
f

ttt=+
, suy ra: (1) có dạng
(2 ) ( )
f
xy fxy
−
=+
.
Mặt khác
()
f
t
đồng biến, do đó (1)
2
x
yxy
⇔
−=+
hay
2
x
y
=
.
1,0
4,0
điểm
+ Thế vào (2), ta được:
3
3

12(2 1)yy+= − (3).
Đặt
3
21yt=−, phương trình (3) trở thành hệ:
3
3
(2 1)
(2 1)
ty
yt
⎧
=
−
⎪
⎨
=
−
⎪
⎩

1,0
- 3 -
Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được:
()
22
do 2(2 1) 2(2 1)(2 1) 2(2 1) 1 0 ,ty y y t t yt=−+−−+−+>∀
Thế vào hệ:
3
(2 1)yy=−
32

812 510yyy⇔− +−=
2
(1)(8 41)0yyy
⇔
−−+= 1
y
⇔=.
12yx=⇒ =, thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( ; ) (2; 1)xy= .
III 1) 2,0 điểm

● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt
{
}
0, 1, 2, 3, 4E =
.
+ Chọn
0d =
, chọn thứ tự ,,abc trong tập
{
}
\0E có
3
4
24A
=
cách. Dạng này có 24 số.
+ Chọn
0d ≠ có 2 cách, chọn
{
}

\0,aE d∈ có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập
{
}
\,
E
da
có
2
3
6A =
cách. Dạng này có 2.3.6 36
=
số. Lập được 24 36 60
+
= số.
1,0
● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd :
Chọn
d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập
{
}
\1,
E
d
có
2
3
6A
=
cách.

Dạng này có:
3.6 18=
số. Suy ra số lớn hơn 2012 có
60 18 42
−
=
số.
Xác suất cần tính:
42 7
60 10
P ==.
1,0
2) 2,0 điểm

0
2
22 22
0
2
(sin cos )d (sin cos )d
3sin 4cos 3sin 4cos
x
xx x xx
I
x
xxx
π
π
−
++

=+
++
∫∫

Đặt
x
t=− , ta có:
00
22
2 2 22 22 2 2
00
22
(sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d
3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos
x
xx t tt t tt x xx
x
xttttxx
ππ
ππ
−
+ −+−+−+
=− = =
++++
∫ ∫∫∫
.
1,0
4,0
điểm
Suy ra:

22
22 2
00
cos d dsin
22
3sin 4cos 4 sin
x
xx
I
x
xx
ππ
==
+−
∫∫
2
0
11 1
dsin
2 sin 2 sin 2
x
xx
π
⎛⎞
=−
⎜⎟
+−
⎝⎠
∫

2
0
1sin2
ln
2sin2
x
x
π
⎛+⎞
=
⎜⎟
−
⎝⎠
1
ln 3
2
= .
1,0
IV 1) 3,0 điểm

(C) có tâm O(0; 0), bán kính
3R =
.
Nhận xét:
()
A
COAOM∈⇒= ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM OB
⊥
.
Gọi

I
AM OB
=
∩ ⇒
4
3
OG OI= .
Kẻ
//GK AM
,
KOA
∈
, ta có:
4
3
OK OA=
u
uur uuur
⇒ (4; 0)K .
1,0
6,0
điểm
//GK AM
⇒ GK OB
⊥
.
Suy ra
G thuộc đường tròn đường kính OK .
Toạ độ
(; ), 0Gx y y> thoả mãn:

22
33
(2) 4
yx
xy
⎧
=−+
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩

()
2
2
33
13 4
xy
yy
⎧
=+−
⎪
⇔
⎨
+
−+=
⎪
⎩
2

33
22(13)230
xy
yy
⎧
=+−
⎪
⇔
⎨
+− − =
⎪
⎩
(3; 3) (do 0)Gy⇒>.
1,0


x
y
O
M
B
A
G
K
I
- 4 -
Diện tích:
()( ) () ()
9
22

16
AMB OAM OAI OKG
SS S S
ΔΔ Δ Δ
== =
9.d(,)
.
82
OK G Ox
=
9.4. 3
16
=
93
4
= .
1,0
2) 3,0 điểm

a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( )ABCD ,
suy ra
HAB
∈
(do ( ) ( )SAB ABCD⊥ ).
CB HB
⊥
, suy ra góc giữa hai mặt phẳng
()
SBC và ( )ABCD là


SBH .
Hạ ()
HE CD E CD
⊥
∈ , suy ra góc giữa hai
mặt phẳng ( )
SCD và ( )ABCD là

SEH .
Do đó

SBH SEH= 2HB HE a⇒==.
Ta được
//
B
DAE
//( )
B
DSAE⇒
d( , ) d( ,( )) d( ,( ))
SA BD B SAE H SAE⇒= =
(do
A
là trung điểm
HB
)
2
d( ,( ))
6
a

HSAE
⇒=.
1,0
Nhận xét rằng , ,HA HE HS đôi một vuông góc, suy ra:
2222
1 111
d( ,( ))
H SAE HA HE HS
=++
22 2 2
311 1
24
aa aHS
⇔=++
2SH a
⇔
=
.
Thể tích:
3
(. ) ( )
14
.
33
S ABCD ABCD
a
VSSH
==.
1,0
b) //

B
DAE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và
B
D là

SAE .
Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác
SAE , với
22
5
A
ESA SH HA a== + =
và
222SE SH a==
, ta có:


222
1
cos( , ) cos
2. . 5
SA AE SE
SA BD SAE
SA AE
+−
=
==.
1,0
V

Đặt 31 ,21, 1
x
ay bz c−= −= −=; ta có: ,,abc là các số dương và A abc
=
.
Khi đó:
321
2
3221
xyz
++≥
++

321
2
321
abc
⇔++≥
+++
32
321
abc
abc
⎛⎞
⇔
−++≥
⎜⎟
+++
⎝⎠

1
321
abc
abc
⇔++≤
+++
.
0,5
Suy ra: 1
21 3
bc a
bc a
+≤−
++ +
hay
32
321
(2)(1)
bc bc
abc
bc
≥+≥
+++
+
+
(1).
0,5
Tương tự:
22
2

(1)( 3)
ca
b
ca
≥
+
++
(2) và
12
1
(3)(2)
ab
c
ab
≥
+
+
+
(3).
Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được:
3
4
A
≤
.
0,5
2,0
điểm
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi:
1

3213
abc
abc
=
==
+++


31
,1,
22
abc⇔= = =

93
,3,
22
xyz
⇔
===
.
Vậy, max
3
4
A = .
0,5
……………………………….……… HẾT……………………………………………….

S
A
B

C
D
E
t
H