đề thi chon đội tuyển HS giỏi cấp trường

S GD&T THANH HểA
TRNG THPT BM SN
KIM TRA CHT LNG I TUYN TON
NM HC 2012-2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt khụng k thi gian phỏt
Cõu I (4 im) Cho hm s y = x
3
-3x +1
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Bin lun theo tham s m s nghim ca phng trỡnh:
(
2
m 1+
)x
3
= 3(
2
m 1+
)x + 4m .
Cõu II (6 im):
1. Gii phng trỡnh:
xxx 7cossin33cos =
2. Gii phng trỡnh:
2
6 2
2013
6 2
4 2
log 3 1 (1)
1
x

x x
x x
+
=
+ +
3. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
1 5 2
2 ( 1) 2
x y x xy
xy y y y x

+ + = +


+ + = +



Cõu III (2 im) Tinh tich phõn:

3
2
0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx

x

+ +
=
+

Cõu IV (6 im)
1. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú trc tõm l H(3;
4
1

), tõm
ng trũn ngoi tip l K(0;
8
29
), trung im cnh BC l M(
3;
2
5
). Xỏc nh ta cỏc
nh A, B, C; bit honh ca B ln hn honh ca C.
2. Trên ba tia Ox, O y, Oz vuụng gúc vi nhau tng ụi mt lần lợt lấy các điểm A,
B, C sao cho OA = a, OB= b, OC = c.
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c.
b) Cho A, B, C thay đổi trên các tia thỏa mãn: OA + OB + OC + AB + AC + BC = k,
(vi k dng không đổi). Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC.
3. Cho t din ABCD cú ba cnh AB, AC, AD ụi mt vuụng gúc vi nhau. Gi
M, N, P ln lt l trung im cỏc cnh BC, CD, DB. Gi s AM = a, AN = b, AP = c
v h l khong cỏch t A n mt phng (MNP). Chng minh rng
2

2 2 2
9
2
h
a b c
+ +
.
Cõu V (2 im):
Cho ba s
[ ]
x, y,z 1;3

. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
36x 2y z
P
yz xz xy
= + +
.
Ht
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN
NĂM HỌC 2012-2013
C©u
Nội dung
§iÓm
I 1. Kh¶o s¸t . . . (2,0 ®iÓm)
4,0
®iÓm
Với

1,m = −
ta được hàm số
3
3 1.y x x= − +
Tập xác định: R
Giới hạn tại vô cực:
lim , lim .
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Sự biến thiên:
2
' 3 3 0 1.y x x= − = ⇔ = ±
0,5
' 0 ( ; 1) (1; ).y x> ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( 1)−∞ −
và
(1; )+∞
.
' 0 ( 1;1).y x< ⇔ ∈ −
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 1;1).−
Điểm cực đại của đồ thị
( 1;3),−
điểm cực tiểu của đồ thị
(1; 1).−
0,5
Bảng biến thiên:

0,5
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).

Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng


0,5
2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình (2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương x
3
-3x =
1m
m4
2
+
⇔
x
3
-3x +1 =
1m
m4
2
+
+1
Số nghiệm PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y =
1m
m4
2
+
+1

0,5
Do -2
≤
1m
m4
2
+
≤
2 với mọi
m
∈
R
⇒
-1
≤
1m
m4
2
+
+1
≤
3 với mọi
m
∈
R
Ta có:
1m
m4
2
+

+1 = -1 ⇔
1
4
2
+m
m
= -2 ⇔ m = -1;
Và
1m
m4
2
+
+1
=
3 ⇔
1m
m4
2
+
= 2 ⇔ m = 1
0,5

Suy ra: Với m ≠ ±1 đường thẳng y =
1m
m4
2
+
+1 có 3 điểm chung với đồ thị (C)
Với m = ±1 đường thẳng y =
1m

m4
2
+
+1 có 2 điểm chung với đồ thị (C)
Vậy: với m ≠ ±1 phương trình có ba nghiệm, với m = ±1 thì PT có hai nghiệm.
1,0
II 1. Giải phương trình lượng giác (2,0 điểm)
x
y'
y
−∞
−∞
+∞
+∞
1
−
1
−
1
3
0 0
−
+
+
-2
-1
-1
1
1
3

2
x
y
O
6,0
điểm
Giải phơng trình:
xxx 7cossin33cos =
Biến đổi tơng đơng phơng trình đã cho
2
cos cos7 3 3 sin 0
2sin3 sin 4 3 3sin 0
2sin 4 sin (3 4sin ) 3 3 sin 0
sin 2sin 4 (1 2cos2 ) 3 3 0
sin 0
3 3
2sin 4 (1 2cos 2 )
2
x x x
x x x
x x x x
x x x
x
x x
=
=
=

+ =

=



+ =


1,0
Giải (1) ta đợc x= k

với k

Giải (2): Ta có (2)
=+
xxx 4sin2cos4sin
2
33

2
33
4sin2cos2sin4
2
=+ xxx
(3)
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số:
2
2cos
,
2
2cos

,2sin
22
2
xx
x
ta đợc
=1
2 2 2 2
2
3
cos 2 cos 2 (sin 2 cos 2 )
sin 2 3
2 2 4
x x x x
x + +
33
2
2cos2sin2cos2sin
22
xxxx
do đó
1
33
2
4sin2cos2sin4
2
++ xxx
<
2
33

suy ra (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm.
Kết luận: Phơng trình có nghiệm x=k

với k

1,0
2. Gii phng trỡnh logarit (2,0 im)
2
6 2
2013
6 2
4 2
log 3 1 (1)
1
x
x x
x x
+
=
+ +
Ta cú:
2
6 2
6 2
1
2
4 2
4 2 2013
(1)
1

2013
x x
x
x
x x
+ +
+
+
=
+ +


2 6 2
2 6 2
4 2 1
(4 2).2013 ( 1).2013
x x x
x x x
+ + +
+ = + +
(2)
Ta cú hm s
( ) .2013
t
f t t=
luụn ng bin trờn R nờn
(2)
124
262
++=+ xxx

013
26
= xx
.
1,0
Phng trỡnh
)0(013013
2326
=== xuuuxx
(3)
Lp bng bin thiờn ca hm s:
13)(
3
= uuuf
suy ra phng trỡnh ny ch cú
nghim trong (0,2) nờn t
2cos (0 )
2
u


= < <

(3)
3
1 1
4cos 3cos cos3
2 2 9

= = =
. S:
9
cos2

=x
.
1,0
3, Gii h phng trỡnh (2,0 im)

0,5
Hệ phương trình tương đương với:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x

+ + − =


+ − − =


(I)
* Nếu
0x =
thì hệ (I)

2
2
1 0
(1 )(2 2) 0
y
y y

+ =

⇔

+ − =


vô nghiệm.
* Nếu
0x
≠
thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho
x
ta được hệ tương đương
2 2
2 2
1 1
( 2 ) 5 ( 2 2) 3
1 1
( 2 2) 2 ( 2 2) 2
y y
x y x y
x x

y y
x y x y
x x
 
+ +
+ − = + − − =
 
 
⇔
 
+ +
 
− − = − − =
 
 
- Đặt
2
1
, 2 2
y
u v x y
x
+
= = − −
, ta được hệ phương trình:

3 1
2 2
u v u
uv v

+ = =
 
⇔
 
= =
 
hoặc
2
1
u
v
=


=

0,5
- Với
2
2
2
1
2 4
1
1
1
2
2 4 2 3 0
2 2 2
y

x y
u
x y
x
v
x y y y
x y

+
= +
=
 
= +

=

⇒ ⇔ ⇔
   
=
= + − − =

 

− − =


2 4 2
1 3 1
x y x
y y y

= + =
 
⇔ ⇔
 
= − ∨ = = −
 

10

3
x
y
=

∨

=

0,5
- Với
2
2
2
1
2 3
2
1 2
2
1
2 3 4 5 0

2 2 1
y
x y
u
y x
x
v
x y y y
x y

+
= +
=
 
+ =

=

⇒ ⇔ ⇔
   
=
= + − − =

 

− − =

2 3 1 13

1 5 1 5

x y x x
y y y y
= + = =
  
⇔ ⇔ ∨
  
= − ∨ = = − =
  
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm
( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y = − −
.
0,5
III Tính tích phân (2,0 điểm)
2,0
điểm

3
2
0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx
x
π
+ +
=
+
∫

2
2 2
0 0 0
cos (1 cos ) sin .sin
.cos .
1 cos 1 cos
x x x x x
x dx x x dx dx J K
x x
π π π
 
+ +
= = + = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
0,5
- Tính
0
.cos .J x x dx
π
=
∫
. Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
= =
 

⇒
 
= =
 
0 0
0
( .sin ) sin . 0 cos 2J x x x dx x
π
π π
⇒ = − = + = −
∫
0,5
- Tính
2
0
.sin
1 cos
x x
K dx
x
π
=
+
∫
Đặt
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
Đổi cận :
x 0

π
t
π
0

2 2 2
0 0 0
( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin
1 cos ( ) 1 cos 1 cos
t t t t x x
K dt dt dx
t t x
π π π
π π π π
π
− − − −
⇒ = = =
+ − + +
∫ ∫ ∫
2 2 2
0 0 0
( ).sin sin . sin .
2
1 cos 1 cos 2 1 cos
x x x x dx x dx
K dx K
x x x
π π π
π π
π

+ −
⇒ = = ⇒ =
+ + +
∫ ∫ ∫
Đặt
cos sin .t x dt x dx= ⇒ = −
Đổi cận:
x 0
π
t 1
1
−
1
2
1
2 1
dt
K
t
π
−
⇒ =
+
∫
, đặt
2
tan (1 tan )t u dt u du
= ⇒ = +

Đổi cận:

t
1
−
1
u
4
π
−
4
π
2 2
4 4
4
2
4
4 4
(1 tan )
.
2 1 tan 2 2 4
u du
K du u
u
π π
π
π
π π
π π π π
−
− −
+

⇒ = = = =
+
∫ ∫
. Vậy
2
2
4
I
π
= −
1,0
IV 1. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng (2,0 điểm)
6,0
điểm
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành
⇒
M là trung điểm của A’H
⇒
KMAH


.2
=
= 2(
)
8
5
;
2

5
−
= (-5;
4
5
). Từ đó xác định được: A( -2;1).
0.5
Ta có: R = KA = KB = KC =
8
697
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x
2
+ (y –
8
29
)
2
=
64
697

hay x
2
+ y
2
–
4
29
y +

4
9
= 0.
0.5
Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0.
Tọa độ của B, C là hệ phương trình:





=+−+
=−−
0
4
9
4
29
074
22
yyx
yx
.
0.5



==
==
⇔

1;2
5;3
yx
yx
. Vì x
B
> x
C
nên B(3;5), C(2;1). Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1).
0.5
2. Trªn ba tia Ox, O y, Oz vuông góc….
H¹ OH vu«ng gãc víi BC
⇒
AH vu«ng gãc víi BC (®Þnh lÝ ba ®êng vu«ng gãc)
Ta cã
22
22
2
22
22
222
111
cb
cb
OH
cb
cb
cbOH +
=⇒
+

=+=

L¹i cã
22
222222
22
22
2222
cb
accbba
cb
cb
aOHOAAH
+
++
=
+
+=+=
v BCà
2
=b
2
+c
2

Do ®ã: DiÖn tÝch tam gi¸c ABC bằng
222222
2
1
.

2
1
accbbaBCAH ++=
0,5
0,5
Tính gi¸ trÞ lín nhÊt cña thÓ tÝch tø diÖn OABC (1,0 điểm)
Ta có
abcSOAV
OBCAOBC
6
1
.
3
1
==

0,25
Từ giả thiết cú
2 2 2 2 2 2
3
3 3 3
3
k a b c AB BC CA a b c 3
2( ) 3 3 2 3(1 2)
3(1 2)
3(1 2)
a b b c c a abc
k
ab bc ca abc abc abc abc
k

abc
= + + + + + = + + + + + + + + +
+ + + + = +
+



+

0,5
Từ đó
3
)21(3
6
1






+

k
V
OABC

Vậy max V=
)21(3)21(3
6

1
3
+
===






+
k
cba
k

0,25
Chng minh rng
2
2 2 2
9
2
h
a b c+ +

Tam giác ABC vuông tại A nên
2
BC
AM =

NP là đờng trung bình của

BCD

nên
2
BC
NP =
Suy ra AM = NP
Tơng tự đối với các cặp cạnh đối diện còn lại
Vy hai cnh i din bt k ca
t din AMNP cú di bng nhau.
0,5
0,5
+ Tứ diện ABCD vuông tại A nên ta chng minh đợc
2 2 2 2
1 1 1 1
h AB AC AD
= + +
(1)
+ Mặt khác
2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
AB AC AD AB AC AD
+ +
+ +
(2)
+ Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
AB AC AC AD AD AB

AB AC AD
+ + +
+ + = + +
=
2 2 2
2 2 2
2( )
2
BC CD DB
a b c
+ +
= + +
(3)
+ Từ (1), (2) và (3) ta có
2
2 2 2
2 2 2 2
1 9 9
2( ) 2
h
a b c
h a b c
+ +
+ +
0,25
0,25
0,25
0,25
V Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc P
1,0

im
Xột hm s:
[ ]
2 2 2
2 2 2 2
36x 2y z
f (x) ,x 1;3 ,y,z l tham sụ
yz zx xy
36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9
f '(x) 0
yz
zx x y x yz x yz
= + +

= = >
f (x)
ng bin trờn
[ ]
1;3
nờn:
0,25
0,25
N
P
A
B
D
C
M
[ ]

2 2 2
2 2 2 2
36 2y z
f (x) f (1) g(y), y 1;3 ,z là tham sô
yz z y
36 2 z 36 2y z 36 2*9 1
g '(y) 0
z
y z y y z y z
≥ = + + = ∈
− + − − + −
= − + − = ≤ <
g(y)
nghịch biến trên
[ ]
1;3

[ ]
2
12 6 z 18 1 18 1
g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h '(z) 0.
z z 3 3 9 3
z
⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + <
⇒
h(z)
nghịch biến trên
[ ]
1;3

18
h(z) h(3) 1 7
3
⇒ ≥ = + =
Vậy P
7
≥
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đó MinP = 7
0,25
Chó ý: Häc sinh gi¶i c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.