Thi HSG toán 12 bảng b khánh hòa 2012 2013

SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT-BẢNG B
Ngày thi : 15/03/2013
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Sưu tầm)
Bài 1: (3,0 điểm)
Cho hàm số y =
2
x x 2
x 2
+ −
−
. Tìm 2 điểm trên 2 nhánh của đồ thị mà tiếp tuyến tại hai
điểm đó song song với nhau và có khoảng cách lớn nhất.
Bài 2: (2,5 điểm)
Giải phương trình sin3x = cosx.cos2x(tan
2
x + tan2x).

Bài 3: (3,0 điểm)
Tính tích phân
2
2 2 2
2 2
2
x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2
I dx
(4 x )
−

+ − + + − +
=
+
∫
.
Bài 4: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình
2 2
x y
1
16 1
+ =
và Parabol có
phương trình y =
2
3 3 9
x x
4 2 4
+ −
. Chứng minh rằng Elip và Parabol cắt nhau tại 4 điểm nằm
trên một đường tròn.
Bài 5: (3.0 điểm)
Giải bất phương trình
2
12x 8
2x 4 2 2 x
16 9x
−
< + − −
+

.
Bài 6: (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của
SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V
1
, V theo thứ tự là thể
tích của khối chóp S.AMKN và S.ABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tỷ số
1
V
V
.
Bài 7: (3,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2
2
5
y y 4
x y 2x 2xy 2y 3 6ln
x x 4
x y 3xy 1 0

 
+ +

 ÷
− + + − =


 ÷
+ +

 

− − =


.
HẾT
Đề thi này có 01 trang;
Giám thị không giải thích gì thêm.
1
HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B
Bài Đáp án Điểm
1
(3,0đ)
Ta có y= x+3 +
4
x 2−
nên y
/
= 1-
2
4
(x 2)−
Do đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại 2 điểm A (x
A
, y
A

) , B(x
B;
y
B
) là
k = 1-
2
0
4
(x 2)−
0.50
Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với nhau khi và chỉ khi x
A
; x
B
là 2
nghiệm của phương trình:
2
0
4
(x 2)−
= 1- k
⇔
(x
0
-2)
2
=
4
1 k−

⇔
2
0 0
4
x 4x 4 0
1 k
− + − =
−
nên x
A
+x
B
= 4
0.50
Suy ra : y
A
+ y
B
=6+ x
A
+x
B
+
A B
4 4
x 2 x 2
+
− −
= 10 +

A B
A B
4(x x 4)
(x 2)(x 2)
+ −
− −
= 10 0.50
Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường tiệm cận M(2;5)
Vậy khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến đó lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M
đến 1 tiếp tuyến (trong 2 tiếp tuyển đó) là lớn nhất.
0.50
Phương trình tiếp tuyến (
∆
) với đồ thị tại A có dạng:
y =
0 0
2
0 0
4 4
(1 )(x x ) x 3
(x 2) x 2
− − + + +
− −
khoảng cách từ M đến (
∆
)là
d =
0 0
2
0 0

2
2
0
4 4
(1 )(2 x ) 5 x 3
(x 2) (x 2)
4
(1 ) 1
(x 2)
− − − + + +
− −
− +
−
=
2
0
2
0
8
16
2(x 2) 8
(x 2)
+ − −
−
0.50
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong căn ta được
d
≤
8
2 32 8−

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x
0
-2)
4
= 8
4
0
x 2 8⇔ = ±
Vậy 2 điểm phải tìm là A (2+
4
8
; 5+
4
8
+
4
2 2
) và B (2-
4
8
; 5-
4
8
-
4
2 2
)
0.50
2
(2,5đ)

Điều kiện
x k
2
x k
4 2
π

≠ + π



π π

≠ +


(*) 0.25
Phương trình được viết lại: sin3x=cosx.cos2x (
2
2
sin x sin 2x
)
cos x cos2x
+
Hay : cosx.sin3x = sin
2
x.cos2x+cos
2
x.sin2x
0.25

cosx( 3sinx-4sin
3
x) = sin
2
x(2cos
2
x-1)+cos
2
x.sin2x
sinx(3cosx- 4cosx.sin
2
x – 2sinx.cos
2
x + sinx -2 cos
3
x) = 0
0.50
2
Nên: sinx= 0 (a)
hay : 3cosx- 4cosx.sin
2
x – 2sinx.cos
2
x + sinx -2 cos
3
x = 0 (b)
0.25
Giải (a): sinx= 0
x k⇔ = π
( thỏa điều kiện (*)

0.25
Giải (b) : vì cosx
≠
0, chia 2 vế cho cos
3
x, ta được phương trình
tan
3
x – tan
2
x –tanx +1 =0
x m
t anx 1
4
t anx 1
x n
4
π

= + π

=

⇔ ⇔


= − π


= − + π



(loại vì đk (*))
0.75
Kết luận: Phương trình có nghiệm : x=
kπ
0.25
3
(3,0đ)
2
2 2 2
2 2
2
x ln( 1 x x) 4ln( 1 x x) 2
I dx
(4 x )
−
+ − + + − +
=
+
∫
2
2 2
2 2
2
(x 4)(ln 1 x x) 2
dx
(4 x )
−
+ + − +

=
+
∫
0.25
2 2
2
2 2 2
2 2
ln( 1 x x) 2
I dx dx
4 x (4 x )
− −
+ −
= +
+ +
∫ ∫
0.25
Đặt x = -t thì
2
2
2
2
ln( 1 x x)
I dx 0
4 x
−
+ −
= =
+
∫

và
2 2
2 2 2 2
2 0
1 1
dx 2 dx
(4 x ) (4 x )
−
=
+ +
∫ ∫
0.50
Nên I=
2 2 2
2
2 2 2 2 2
0 0 0
4 1 x
dx dx dx
(4 x ) 4 x (4 x )
= −
+ + +
∫ ∫ ∫
0.25
Với I
1
=
2
2
0

1
dx
4 x+
∫
, đặt x=2tant
⇒
dx=2(1+tan
2
t)dt thì
I
1
=
2
4
2
0
2(1 tan t)dt
4(1 tan t) 8
π
+ π
=
+
∫
0.50
I
2
=
2
2
2 2

0
x
dx
(4 x )+
∫
dùng từng phần
2 2 2
u x du dx
xdx 1
dv v
(4 x ) 2(4 x )
= =
 
 
⇒
 
= = −
 
+ +
 
0.50
I
2
=
2
2
0
x
2(4 x )
−

+
+
2
2
0
1
dx
2(4 x )+
∫
=
2
16
− + π
0.50
Do đó I =
2
16
+ π
0.25
Phương trình cho hoành độ giao điểm của (E) và (P):

2
2 2
x 3 3 9
( x x ) 1
16 4 2 4
+ + − =
0.25
Đặt f(x) =
2

2 2
x 3 3 9
( x x ) 1
16 4 2 4
+ + − −
thì f liên tục trên R
0.25
3
4
(2,5đ)
Tính được f(-4)=225/16 ; f(-3) = -7/16
suy ra phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-4 ; -3)
f(-1)= 129/16; f(1)=-15/16; f(2) = 61/4
Lập luận tương tự có : f(-3).f(-1)<0; f(-1). f(1)<0 ; f(1).f(2)<0
Vậy phương trình f(x) = 0 có đúng 4 nghiệm suy ra (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm
phân biệt A,B,C,D
0.50
Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là một giao điểm tùy ý trong 4 giao điểm A,B,C, D
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
2
2
2
x
y 1

16
3 3 9
x x y 0
4 2 4

+ =




+ − − =


0.50

2 2
2
x 16y 16 0
15x 30x 20y 36 0

+ − =


+ − − =



2 2
2 2
x 16y 16 0

16x 16y 30x 20y 61 0

+ − =

⇔

+ + − − =


2 2
2 2
x 16y 16 0
15 5 61
x y x y 0
8 4 16

+ − =

⇔

+ + − − =


0.50
Do đó M
0
thuộc đường tròn có phương trình:
2 2
15 5 61
x y x y 0

8 4 16
+ + − − =
Tâm là I(-15/16; 5/8) bán kính R=
1301
16
0.50
5
(3,0đ)
Điều kiện : -2
≤
x
≤
2
Bất phương trình được viết lại như sau:
2
2(6x 4) 6x 4
2x 4 2 2 x
16 9x
− −
<
+ + −
+
0.50

2
(6x 4) 2 2x 4 4 2 x 16 9x 0
 
⇔ − + + − − + <
 
(2) 0.50

Vì:
2
2 2x 4 4 2 x 16 9x 0
 
+ + − + + >
 
(3)
Nhân 2 vế của (2) với vế trái của (3), ta được (6x-4)(9x
2
+8x-32-16
2
8 2x−
)>0
0.50

⇔
(6x-4)(x+2
2
8 2x−
+8)(x-2
2
8 2x−
)>0 (4)
Vì: -2
≤
x
≤
2 nên: x+2
2
8 2x−

+8 >0
0.50
Do đó (4)
⇔
(6x-4)(x-2
2
8 2x−
)>0 0.50
4
⇔

2
2
2
2 x
3
x 2 8 2x
2
2 x
3
x 2 8 2x


≥ ≥







> −




− ≤ <






< −



⇔
4 2
x 2
3
2
2 x
3

< ≤



− ≤ <



. 0.50
6
(3,0đ)
0.50
Vì ABCD là hình bình hành => V
SABC
= V
SADC
=
1
2
V
SABCD
=
1
2
V.
Đặt
SM
x
SB
=
,
SN
y
SD
=
, thì
SAMK

SAMK
SABC
V SM SK x.V
. V
V SB SC 4
= ⇒ =
=> V
1
= V
SAMK
+ V
SANK
=
V
4
(x + y) (1)
Mặt khác V
1
= V
SAMN
+ V
SMNK
= x.y.
V
2
+ x.y.
V
4
=> V
1

=
3xy.V
4
(2).
Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y =
x
3x 1−
(3)
Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >
1
3
Và y =
SN x
1 1
SD 3x 1
≤ ⇒ ≤
−
⇔ 2x - 1 ≥ 0 (v× 3x-1 > 0 => x ≥
1
2
do đó
1
2
≤ x ≤ 1
0.75
Từ (1) =>
1
V 1
V 4
=

(x + y) =
3
xy
4
=
2
3 x 3x
x.
4 3x 1 4(3x 1)
=
− −
Xét hàm số f(x) =
2
3x
4(3x 1)−
với
1
x 1
2
≤ ≤
. Ta có f’(x) =
2
3x(3x 2)
4(3x 1)
−
−
f’(x) = 0 ⇔
x 0 x 2 / 3= ∨ =

0.50

Bảng biến thiên
x 1/2 2/3 1
f’(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8
1/3
0.50
5
Suy ra
1
3
≤ f(x) ≤
3
8
với ∀x ∈ [
1
;1
2
] hay
1
3
≤
1
V 3
V 8
≤
Vậy Min (
1
V
V

) =
1
3
khi x =
2
3
hay SM =
2
3
SB
và Max (
1
V
V
) =
3
8
khi
1
M
x
2
M B
x 1

=


⇔



≡

=

0.75
7
(3.0đ)
Từ
( )
( )
2
2 2
2
y y 4
x y 2x 2xy 2y 3 6ln
x x 4
 
+ +
 ÷
− + + − =
 ÷
+ +
 
(
)
(
)
( )
3 2 3 2

2x 3x 6ln x x 4 2y 3y 6ln y y 4 1⇔ − + + + = − + + +
0.50
Xét
( )
(
)
3 2
f t 2t 3t 6ln t t 4 t R= − + + + ∈

( )
2 2
2 2
6 1 1
f ' t 6t 3 6 t
2
t 4 t 4
 
= − + = + −
 ÷
+ +
 
Ta có
( )
( )
2
2 2
2 2 2
2
1 1 t 4 1 1 1 1 15 9
t t 4

2 16 2 2 16 2
t 4 t 4 t 4
3 15 9 3 15 9
t 4 0
4 16 2 4 4 2
+
+ − = + + + + −
+ + +
≥ + + − ≥ + − =
Suy ra
( )
f ' t 0 t≥ ∀

⇒
hàm số đồng biến và liên tục trên R
0.50
Mà (1)
( ) ( )
f x f y x y⇔ = ⇔ =
Thay vào phương trình còn lại của hệ ta có
( )
6 2
x 3x 1 0 2− − =
0.50
Đặt
( )
2
x u u 0= ≥
suy ra
3

u 3u 1− =
(3)
Xét
( )
3
g u u 3u 1= − −
với
u 0
≥

( )
2
g' u 3u 3= −
có
( )
g' u 0 u 1= ⇔ = ±
0.50
Bảng biến thiên
u -1 0 1 2
g’(u) + 0 - - 0 +
g(u)
Căn cứ vào BBT phương trình (3) có nghiệm duy nhất thuộc (0; 2)
0.50
Đặt
u 2cos
= α
với
0;
2
π

 
α∈
 ÷
 
(3) trở thành
1
cos3 = = x 2cos
2 9 9
π π
α ⇔ α ⇒ = ±
Vậy hệ có nghiệm
2cos ; 2cos ; 2cos ; 2cos
9 9 9 9
   
π π π π
− −
 ÷  ÷
   
.
0.50
6
Là trung điểm của SB
-1
-3
1
+∞
+∞
HẾT
7