Đề thi HSG môn Toán Lớp 12 2011-2012 Tỉnh Bắc Giang
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (446.95 KB, 14 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)
Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1
( 1) (4 3) 3
3
y x m x m x m
= + + + + + −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñồng biến trên
[
]
1;2
−
.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm
1 2
,
x x
sao cho
1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
2
2
1 tan
1 4sin .cos .
6 1 tan
x
x x
x
π
+
+ + =
−
2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:
2
3 1 3 2 2 1.
x x x x m
+ + − − − − = −
Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:
( )
2
3
2 1 .2 2.
1
log ( 1) 1
y
x
x
x
y x
−
+ − =
+
+ + =
( , ).
x y
∈
ℝ
2. Tính tích phân:
1
ln( )
.
7 2 ln
e
ex
I dx
x x
=
−
∫
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−
Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,
B
biết ñường cao ñi qua ñỉnh
,
B
ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh
A
của
tam giác
ABC
lần lượt
có phương trình là
2 0
x y
− − =
và
2 4 0
x y
+ + =
.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
Oxyz
, cho tứ diện
ABCD
có toạ ñộ các ñỉnh lần
lượt là
( 1;2;0),
A
−
(2;1;1),
B
(0; 3;4),
C
−
(3;0;3)
D
và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong mặt
phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:
3
.
8
a
V ≤
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
,
a b
và
c
. Chứng minh rằng:
2 .
a b b c c a a b c
c a b b c c a a b
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:
Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và chữ ký)
Giám thị 2 (Họ tên và chữ ký)
ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 1/5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
NGÀY THI 01/4/2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 12
Bản hướng dẫn chấm có 05 trang
Câu 1 Hướng dẫn giải (5 ñiểm)
TXĐ:
D
=
ℝ
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +
Để y ñồng biến trên
[
]
1;2
−
thì
[
]
' 0, 1;2
y x≥ ∀ ∈ −
0.5
Với
[
]
1;2
x∀ ∈ −
ta có
2 0
x
+ >
, nên ta có thể ñưa ñược ñiều kiện trên về
dạng
[ ]
3
2 , 1;2
2
m x x
x
≥ − − ∀ ∈ −
+
0.5
[ ]
1;2
3
2 max ( ), ( )
2
x
m g x g x x
x
∈ −
⇔ ≥ = − −
+
0.5
Tìm ñược
[ ]
1;2
max ( ) 2 2 3 khi 2 3
x
g x x
∈ −
= − = − +
0.5
1.
(2.5
ñ
i
ể
m)
Khẳng ñịnh ñược
1 3
m ≥ −
KL
0.5
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +
Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x ñi
qua hai nghiệm ñó.
Suy ra
' 0
∆ >
0.5
Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
0.5
Với
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
, áp dụng ñịnh lý Vi-ét và kết hợp với
1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Tìm ñược
1 2
3 5, 3.
x m x m
= − − = +
0.5
Tìm ñược
3 3
m = − ±
.
0.5
2
(2.5ñiểm)
Kiểm tra ñiều kiện và kết luận
3 3
m = − ±
.
0.5
Câu 2
(4 ñiểm)
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:
2
cos 0
cos 0
hay (*)
cos2 0
1 tan 0
x
x
x
x
≠
≠
≠
− ≠
0.5
Biến ñổi ñược phương trình ñã cho trở thành
( )
2
1
1 2sin 3 cos sin
cos2
1
1 2sin 3sin 2
cos2
1
cos2 3sin 2
cos2
x x x
x
x x
x
x x
x
+ − =
⇒ − + =
⇒ + =
0.5
1.
(2ñiểm)
Với ñiều kiện (*) ta có
0.5
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 2/5
2
2
1
1 3 tan 2
cos 2
1 3 tan 2 1 tan 2
tan 2 0
tan 2 3
x
x
x x
x
x
⇒ + =
⇒ + = +
=
⇒
=
Vì
cos 0
x
≠
nên ta có
sinx 0
( )
tan 2 3
6 2
x k
k
x k
x
π
π π
=
=
⇔ ∈
= +
=
ℤ
(thoả mãn)
Kết luận
( )
6 2
x k
k
x k
π
π π
=
∈
= +
ℤ
0.5
Điều kiện ñể phương trình ñã cho có nghĩa là:
[
]
3; 1
x∈ −
Đặt
3 1
t x x
= + + −
0.5
Tìm ñược ñiều kiện của biến t là
2;2 2
t
∈
0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
2
4 2 6 (2*)
m t t= − + +
Bài toán trở thành tìm m ñể phương trình (2*) có nghiệm
2;2 2
t
∈
0.5
2.
(2ñiểm)
Tìm ñược giá trị
1 3
2;
2 2
m
∈ − +
thoả mãn bài toán.
0.5
Câu 3 (4 ñiểm)
( )
2
3
2 1 2 2 (2)
1
log ( 1) 1 (3)
y
x
x
x
y x
−
+ − =
+
+ + =
Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là
1 3
x
y
− < ≤
∈
ℝ
0.5
Từ (3) ta có
2
1 log ( 1)
y x
= − +
, thế vào (2) ñược
( )
2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =
+
0.5
Biến ñổi phương trình về dạng
2 3 1
x x
+ = − +
Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện
0.5
1.
(2ñiểm)
Tìm ñược
2
1 log 3
y = −
Kết luận
0.5
2.
(2ñiểm)
1
1 ln
7 2 ln
e
x
I dx
x x
+
=
−
∫
0.5
/>Trang 3/5
1
1 (7 2 ln )'
2 7 2 ln
e
x x
dx
x x
−
= −
−
∫
1
1 (7 2 ln )
2 7 2 ln
e
d x x
x x
−
= −
−
∫
0.5
1
1
ln 7 2 ln
2
e
x x
= − −
0.5
1 1 1 7 2
ln 7 2 ln ln 7 2ln1 ln
2 2 2 7
e
e e
−
= − − + − = −
Kết luận
0.5
Câu 4 (6 ñiểm)
Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0
0.5
Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của tam
giác ABC, tìm ñược toạ ñộ A(-3; 2).
0.5
Tìm ñược toạ ñộ ñiểm
11 18
'( ; )
5 5
C − −
ñối xứng với ñiểm C qua ñường
phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC.
0.5
1.
(2ñiểm)
Lập phương trình ñường thẳng AC’ là
4
3
5
28
2
5
x t
y t
= − +
= −
Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua
ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh
17 33
( ; )
8 8
B − −
.
0.5
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ G(1; 0; 2).
0.5
Lý luận chỉ ra ñược ñể
4 4
MA MB MC MD MG MG
+ + + = =
ñạt giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng
(
)
α
.
0.5
Lập ñược phương trình ñường
( )
∆
thẳng ñi qua G và vuông góc với
mặt phẳng
(
)
α
là
1
2
2
x t
y t
z t
= +
= −
= −
.
0.5
2.
(2ñiểm)
Chỉ ra M là giao ñiểm của
( )
∆
và
(
)
α
, tìm ñược toạ ñộ ñiểm
M(2; -2; 1).
Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho là
4 6
khi M(2; -2; 1).
0.5
A
B
C
D
H
E
K
M
3.
(2ñiểm)
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó
{
}
ax , , , ,
a m AC AD BC BD CD
≥
0.5
/>Trang 4/5
+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD
và của tứ diện ABCD.
+ Ta có
1
. .
6
V AH BK CD
=
+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có
2 2 2 2 2
2
2 2 4
4 4
BC BD CD a x
BM
+ − −
= ≤
2 2
1
4 (1)
2
BK BM a x
⇒
≤ ≤ −
0.5
Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2
1
4
2
AE a x
≤ −
mà
2 2
1
4 (2)
2
AH AE AH a x≤
⇒
≤ −
Từ (1) và (2) ta có
( )
2 2
1
4 (3)
24
V a x x≤ −
0.5
Xét hàm số
2 3
4
y a x x
= −
trên
(
]
0;
a
.
Có
2 2
' 4 3
y a x
= −
.
Dễ dàng thấy
' 0
y
>
với mọi
(
]
0;
x a
∈
.
Suy ra
(
]
3
0;
ax 3
x a
m y a
∈
=
xảy ra khi x=a.
Vậy
3
.
8
a
V ≤
0.5
Câu 5 (1 ñiểm)
+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức
2( ),
x y x y
+ ≤ +
(4) với x, y là
các số thực không âm.
+ Theo (4), ta có:
1
2
a b a b a b
c c c c c
+
= + ≥ +
Tương tự ta có
1
2
b c b c
a a a
+
≥ +
,
1
2
c a c a
b b b
+
≥ +
0.25
Do ñó, ta có
a b b c c a
c a b
+ + +
+ +
1 1 1
2 2 2
a b b c c a
c c a a b b
≥ + + + + +
1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
b c c a a b
= + + + + +
0.25
(1ñiểm)
+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
, (5) với x, y là các số
thực dương.
+ Theo (5), ta có
0.25
/>Trang 5/5
1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
b c c a a b
+ + + + +
1 4 4 4
2
a b c
b c c a a b
≥ + +
+ + +
Theo (4), ta có
1 4 4 4
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
1 4 4 4
2 2( ) 2( ) 2( )
a b c
b c c a a b
≥ + +
+ + +
2
a b c
b c c a a b
= + +
+ + +
(Điều phải chứng minh).
0.25
Điểm toàn bài (20ñiểm)
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên ñây là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh yêu cầu phải chặt chẽ,
hợp logic.
- Nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì cho ñiểm tương ứng theo
thang ñiểm của phần ñó.
/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)
Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
4 2
2( 2) 2 3
y x m x m
= − + + − −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp
số cộng.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu.
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi số thực a:
2
2 2
2
2
log ( 5 3 5 ) log (5 1)
a
a x ax x x
+
− + + − = − −
2. Giải và biện luận hệ phương trình sau:
2 2 2 2 2
x y x y m
x y x y m
+ − − =
+ − − =
Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải bất phương trình:
2
1 3 2( 3) 2 2
x x x x
− + − ≥ − + −
2. Cho f(x) liên tục trên
[
]
0;1
. Chứng minh rằng:
0 0
xf(sinx)dx f(sinx)dx
2
π π
π
=
∫ ∫
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P)
2
y 64x
=
và (d)
4x 3y 46 0
− + =
. Viết
phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ
nhất.
2. Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt
ñáy, SA=AB=a.
a. Tính diện tích tam giác SBD theo a.
b. Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC.
c. Tính góc giữa SC và (SBD).
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
, ,
a b c
và thoả mãn
a b c 1
+ + ≥
. Chứng minh rằng:
5 5 5
4 4 4
1
a b c
b c a
+ + ≥
H
Ế
T
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H
ọ
và tên thí sinh:
S
ố
báo danh:
Giám th
ị
1
(Họ tên và chữ ký)
Giám th
ị
2
(Họ tên và chữ ký)
ĐỀ DỰ BỊ
/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)
Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1
( 1) (4 3) 3
3
y x m x m x m
= + + + + + −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñồng biến trên
[
]
1;2
−
.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm
1 2
,
x x
sao cho
1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
2
2
1 tan
1 4sin .cos .
6 1 tan
x
x x
x
π
+
+ + =
−
2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:
(
)
( 1) 3 2 19 ( 1) 5 4 .
x x x m x x
+ + + + = − − + −
Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:
( )
2
3
2 1 .2 2.
1
log ( 1) 1
y
x
x
x
y x
−
+ − =
+
+ + =
( , ).
x y
∈
ℝ
2. Cho hàm số f(x) thoả mãn:
( ) ( ) ( 1) 2 1, ,f xy f x y f x y xy x x y
+ − + + + = + + ∀ ∈
ℝ
và
( )
( )
2012
( ) .
2012 2012
f x
f x
P x =
+
Tính
1 2011
2012 2012
A P P
= +
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−
Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,
B
biết ñường cao ñi qua ñỉnh
,
B
ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh
A
của
tam giác
ABC
lần lượt
có phương trình là
2 0
x y
− − =
và
2 4 0
x y
+ + =
.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
Oxyz
, cho tứ diện
ABCD
có toạ ñộ các ñỉnh lần
lượt là
( 1;2;0),
A
−
(2;1;1),
B
(0; 3;4),
C
−
(3;0;3)
D
và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong
mặt phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:
3
.
8
a
V ≤
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho
0; 1,2, ,2012
i
x i≥ =
và thoả mãn hệ
2012
1 2
2 2 2
1 2 2012
3
1.
x x x
x x x
+ + + =
+ + + =
Chứng minh rằng tồn tại 3 số trong các số
0; 1,2, ,2012
i
x i≥ =
mà tổng của chúng
không nhỏ hơn 1.
H
Ế
T
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H
ọ
và tên thí sinh:
S
ố
báo danh:
Giám th
ị
1 (H
ọ
tên và ch
ữ
ký)
Giám th
ị
2 (H
ọ
tên và ch
ữ
ký)
ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 1/5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
NGÀY THI 01/4/2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Bản hướng dẫn chấm có 05 trang
Câu 1 Hướng dẫn giải (5ñiểm)
TXĐ:
D
=
ℝ
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +
Để y ñồng biến trên
[
]
1;2
−
thì
[
]
' 0, 1;2
y x≥ ∀ ∈ −
0.5
Với
[
]
1;2
x∀ ∈ −
, ta có
2 0
x
+ >
, nên ta có thể ñưa ñiều kiện trên về
dạng
[ ]
3
2 , 1;2
2
m x x
x
≥ − − ∀ ∈ −
+
0.5
[ ]
1;2
3
2 max ( ), ( )
2
x
m g x g x x
x
∈ −
⇔ ≥ = − −
+
0.5
Tìm ñược
[ ]
1;2
max ( ) 2 2 3 khi 2 3
x
g x x
∈ −
= − = − +
0.5
1.
(2.5ñiểm)
Khẳng ñịnh ñược
1 3
m ≥ −
KL
0.5
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +
Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x
ñi qua hai nghiệm ñó.
Suy ra
' 0
∆ >
0.5
Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
0.5
Với
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
, áp dụng ñịnh lý Viét và kết hợp với
1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Tìm ñược
1 2
3 5, 3.
x m x m
= − − = +
0.5
Tìm ñược
3 3
m = − ±
0.5
2.
(2.5ñiểm)
Kiểm tra ñiều kiện và kết luận
3 3
m = − ±
0.5
Câu 2
(4ñiểm)
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa
2
cosx 0
cosx 0
hay (*)
cos2x 0
1 tan x 0
≠
≠
≠
− ≠
0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
( )
2
1
1 2sin 3 cos sin
cos2
1
1 2sin 3sin 2
cos2
1
cos2 3sin 2
cos2
x x x
x
x x
x
x x
x
+ − =
⇒ − + =
⇒ + =
0.5
1.
(2ñiểm)
Với ñiều kiện (*) ta có
0.5
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 2/5
2
2
1
1 3 tan 2
cos 2
1 3 tan 2 1 tan 2
tan 2 0
tan 2 3
x
x
x x
x
x
⇒ + =
⇒ + = +
=
⇒
=
Vì
cos 0
x
≠
nên ta có
sinx 0
( )
tan 2 3
6 2
x k
k
x k
x
π
π π
=
=
⇔ ∈
= +
=
ℤ
(thoả
mãn)
Kết luận
0.5
(
)
( 1) 3 2 19 ( 1) 5 4 .
x x x m x x
+ + + + = − − + −
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:
[
]
3;4 (2*)
x∈ −
0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
(
)
( 1) 3 2 19 5 4 ( 1)
x x x x x m
+ + + + − − − = −
0.5
Đặt
( ) ( 1) 3 2 19, ( ) 5 4 ,
f x x x x g x x x
= + + + + = − − −
( ) ( ). ( )
h x f x g x
=
Chứng minh ñược f(x), g(x), f’(x), g’(x) dương với mọi x thoả mãn
(2*)
Suy ra h’(x)= f(x).g’(x)+f’(x), g(x) dương với mọi x thoả mãn (2*)
0.5
2.
(2ñiểm)
Suy ra h(x) ñồng biến trên
[
]
3;4
−
Do ñó ñể phương trình ñã cho có nghiệm thì
( 3) 1 (4)
h m h
− ≤ − ≤
hay
1 2 26 91 1 3 3 5 7
m+ − ≤ ≤ + +
0.5
Câu 3
(4ñiểm)
( )
2
3
2 1 2 2 (2)
1
log ( 1) 1 (3)
y
x
x
x
y x
−
+ − =
+
+ + =
Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là
1 3
x
y
− < ≤
∈
ℝ
0.5
Từ (3) ta có
2
1 log ( 1)
y x
= − +
, thế vào (2) ñược
( )
2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =
+
0.5
Biến ñổi phương trình về dạng
2 3 1
x x
+ = − +
Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện
0.5
1.
(2ñiểm)
Tìm ñược
2
1 log 3
y = −
Kết luận
0.5
2.
(2ñiểm)
Cho y=-1 ta có f(-x)+f(x+1)+f(x)=x+1
Cho y=0 ta có f(0)+f(x+1)+f(x)=2x+1
Suy ra f(-x)-f(0)=-x
0.5
/>Trang 3/5
Đặt t=-x. Khi ñó: f(t)-f(0)=t, suy ra f(t)-t=f(0)-0 (2)
Đặt g(t)=f(t)-t.
Từ (2) suy ra g(t)=g(0), với mọi số thực t
Từ f(xy)+f(x-y)+f(x+y+1)=xy+2x+1 ta có
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) 0
f xy xy f x y x y f x y x y
− + − − − + + + − + + =
Suy ra g(xy)+g(x-y)+g(x+y+1)=0
Suy ra 3g(0)=0 hay g(0)=0
( ) 0 ( ) 0, ( ) ,g t t f t t t f x x x
⇒ = ∀ ∈ ⇒ − = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈
ℝ ℝ ℝ
0.5
Thử lại: f(x)=x, với mọi số thực x thoả mãn ñề bài.
Vậy f(x)=x, với mọi số thực x
Nên
2012
( )
2012 2012
x
x
P x =
+
0.5
Ta có x+y=1 thì
( ) ( )
2012 2012
P x P y
2012 2012 2012 2012
4024 2012(2012 2012 )
1
4024 2012(2012 2012 )
x y
x y
x y
x y
+ = +
+ +
+ +
= =
+ +
1 2011
( ) ( ) 1
2012 2012
A P P
⇒ = + =
0.5
Câu 4
(6ñiểm)
Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0
0.5
Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của
tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ A(-3; 2).
0.5
Tìm ñược toạ ñộ ñiểm
11 18
'( ; )
5 5
C − −
ñối xứng với ñiểm C qua ñường
phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC.
0.5
1.
(2ñiểm)
Lập phương trình ñường thẳng AC’ là
4
3
5
28
2
5
x t
y t
= − +
= −
Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua
ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh
17 33
( ; )
8 8
B
− −
.
0.5
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ
G(1; 0; 2).
0.5
Lý luận chỉ ra ñược ñể
4 4
MA MB MC MD MG MG
+ + + = =
ñạt giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng
(
)
α
.
0.5
Lập ñược phương trình ñường
( )
∆
thẳng ñi qua G và vuông góc với
mặt phẳng
(
)
α
là
1
2
2
x t
y t
z t
= +
= −
= −
.
0.5
2.
(2ñiểm)
Chỉ ra M là giao ñiểm của hai ñường
( )
∆
và và mặt phẳng
(
)
α
, tìm
ñược toạ ñộ ñiểm M(2; -2; 1).
0.5
/>Trang 4/5
Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho
4 6
khi M(2; -2; 1).
A
B
C
D
H
E
K
M
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó
{
}
ax , , , ,
a m AC AD BC BD CD
≥
+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD
và của tứ diện ABCD.
+ Ta có
1
. .
6
V AH BK CD
=
0.5
+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có
2 2 2 2 2
2
2 2 4
4 4
BC BD CD a x
BM
+ − −
= ≤
2 2
1
4 (1)
2
BK BM a x
⇒
≤ ≤ −
0.5
Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2
1
4
2
AE a x
≤ −
mà
2 2
1
4 (2)
2
AH AE AH a x≤
⇒
≤ −
Từ (1) và (2) ta có
( )
2 2
1
4 (3)
24
V a x x≤ −
0.5
3.
(2ñiểm)
Xét hàm số
2 3
4
y a x x
= −
trên
(
]
0;
a
Có
2 2
' 4 3
y a x
= −
Dễ dàng thấy
' 0
y
>
với mọi
(
]
0;
x a
∈
Suy ra
(
]
3
0;
ax 3
x a
m y a
∈
=
xảy ra khi x=a.
Vậy
3
.
8
a
V ≤
0.5
Câu 5
(1ñiểm)
2012
1 2
2 2 2
1 2 2012
3 (3)
1 (4)
x x x
x x x
+ + + =
+ + + =
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử
1 2 3 2012
x x x x
≥ ≥ ≥ ≥
Từ giả thiết (4) suy ra
1 1,2, ,2012
i
x i≤ ∀ =
0.25
(1ñiểm)
Rõ ràng từ ñó ta có
1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 2
( )(1 ) ( )(1 )
x x x x x x x x x x x x
+ + ≥ + + − − − − − −
hay
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2
(3 )
x x x x x x x x
+ + ≥ + + − −
(5)
0.25
/>Trang 5/5
Từ (3), ta có
2012
1 2 3 4
3
x x x x x
− − = + + +
Kết hợp với (5), ta có
( )
2012
2 2
1 2 3 1 2 3 3 4
2 2 2 2 2
1 2 3 4 2012
( )
6
x x x x x x x x x
x x x x x
+ + ≥ + + + + +
≥ + + + + +
(vì
{
}
3 4 5 2012
ax , , ,x m x x x≥
).
0.25
Từ (4) và (6) suy ra
1 2 3
1
x x x
+ + ≥
. (Đpcm)
0.25
Điểm toàn bài (20ñiểm)
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên ñây là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh yêu cầu phải chặt chẽ,
hợp logic.
- Nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì cho ñiểm tương ứng theo
thang ñiểm của phần ñó.
/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)
Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
4 2
2( 2) 2 3
y x m x m
= − + + − −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp
số cộng.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu.
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi a:
2
2 2
2
2
log ( 5 3 5 ) log (5 1)
a
a x ax x x
+
− + + − = − −
2. Giải và biện luận hệ phương trình sau:
2 2 2 2 2
x y x y m
x y x y m
+ − − =
+ − − =
Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải bất phương trình:
2
1 3 2( 3) 2 2
x x x x
− + − ≥ − + −
.
2. Cho hàm số
( )
f x
liên tục trên
ℝ
thoả mãn:
(1) 2
f
=
và
( ) ( ) ( )
f x f y f x y
= +
với
,x y
∀ ∈
ℝ
. Hãy xác ñịnh hàm số
( )
f x
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P)
2
y 64x
=
và (d)
4x 3y 46 0
− + =
. Viết
phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ
nhất.
2. Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt
ñáy, SA=AB=a.
a. Tính diện tích tam giác SBD theo a.
b. Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC.
c. Tính góc giữa SC và (SBD).
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho số thực dương p nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng:
1
1 1
2
.
p
p p
p p
e
− −
< +
….
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:
Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và chữ ký)
Giám thị 2 (Họ tên và chữ ký)
ĐỀ DỰ BỊ
/>
