Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 16

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - lỚP 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3= + −y x mx x

(1)
và đường thẳng
( ) : 2 2∆ = −y mx
(với
m
là tham số).
1) Khi
0=m
. Gọi đồ thị của hàm số đã cho là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại
tiếp điểm M, biết khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2.
2) Tìm
m
để đường thẳng
( )∆
và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho diện tích tam giác OBC bằng 3 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ).
Câu 2. (5 điểm)
1) Giải phương trình
2sin 2 2sin 2 3
3
4cos4
cos

x x
x
x
π
 
− + +
 ÷
 
=
.
2) Giải hệ phương trình
( )
2
2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4 .

+ = +


+ + + + = −


xy y x
y x x x x x
(với
; ∈ ¡x y
)
Câu 3. (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với toạ độ

Oxy
cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD,= <
điểm
B(1;2)
, đường thẳng BD có phương trình
2y =
. Biết rằng đường thẳng
( ):7 25 0d x y− − =
lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho
BM BC⊥
và tia BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là
số dương).
2) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hai điểm
( ) ( )
A 1;2;1 ,B 1; 2;4−
và mặt phẳng
( ) : 2 0P y z+ =
. Tìm toạ độ điểm
C ( )P∈
sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích
bằng
25
2
.
Câu 4. (3 điểm) Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy ABCD là hình vuông với AB

2a=
. Tam giác SAB
vuông tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường
thẳng SD và mặt phẳng (SBC) bằng
ϕ
với
1
sin
3
ϕ
=
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo
a
.
Câu 5. (3 điểm)
1) Tính tích phân
( )
2 3
32
4
1
ln 1+ + +
=
∫
x x x x
I dx
x
.
2) Từ các chữ số

0;1;2;3;4;5;6
thành lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 5 chữ số khác
nhau, trong đó luôn có mặt chữ số
6
.
Câu 6. (2 điểm) Cho các số thực
, ,x y z
thay đổi thoả mãn điều kiện
2 2 2
1.+ + =x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
( )
2
2
8
2
2
= + + −
+ + − − +
P xy yz xz
x y z xy yz
.
Họ và tên thí sinh :……………………… Chữ ký của Giám thị 1 : …………………………
Số báo danh : ……………………… Chữ ký của Giám thị 2 : …………………………
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT
Câu
Nội dung Điểm
1.1
(2,0)
Khi
0
=
m
, hàm số là
3
3= −y x x
(C). Gọi
( )
3
0 0 0
; 3M x x x−
. Tiếp tuyến (d) tại M có
phương trình:
( )
( )
2 3
0 0 0 0
3 3 3y x x x x x= − − + −
(1)
0,5
Khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2
0 0
2 2x x⇔ = ⇔ = ±

0,5
+ Nếu
0
2x =
, phương trình (1) có dạng:
1
9 16 ( )y x d= −
0,5
+ Nếu
0
2x = −
, phương trình (1) có dạng:
2
9 16 ( )y x d= +
Vậy có hai tiếp tuyến là
1
(d )
và
2
(d )
thoả mãn yêu cầu.
0,5
1.2
(2,0)
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (
∆
) là nghiệm phương trình:
3 2 3 2
2 3 2 2 2 (2 3) 2 0+ − = − ⇔ + − + + =x mx x mx x mx m x
2

2
1
( 1) (2 1) 2 0
(2 1) 2 0(2)
=

 
⇔ − + + − = ⇔

 
+ + − =

x
x x m x
x m x
.
0,5
Vậy
( )∆
và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt
⇔
phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt
2
(2 1) 8 0
1 0
1 2 1 2 0
m
x m
m


+ + >
≠ ⇔ ⇔ ≠

+ + − ≠

.
Khi đó, ba giao điểm là A có hoành độ là 1 và
1 1 2 2
B( ;2 2), C( ;2 2)x mx x mx− −
,
trong đó
1 2
x ;x
là nghiệm phương trình (2) nên
1 2 1 2
x x 2m 1,x x 2+ = − − = −

0,5
Tam giác OBC có diện tích
1
BC.
2
S d=
. Trong đó
2
2
d = d(O; ) =
1+4m
∆

0,5

( )
2 2 2 2 2
2 1 2 1 1 2 1 2
BC ( ) (2 2 ) ( ) 4 4 1x x mx mx x x x x m
 
= − + − = + − +
 
( )
( )
2
2
BC 2 1 8 4 1m m
 
⇒ = + + +
 
( )
2
2 1 8⇒ = + +S m
0,25
Vậy
2
0
3 9 4 4 9
1
=

= ⇔ = + + ⇔


= −

m
S m m
m
. Đối chiếu ĐK, Kết luận:
1
= −
m
.
0,25
2.1
(2,5)
Với điều kiện :
cos 0≠x
, Phương trình đã cho tương đương :
3cos2 sin 2 3
4cos4
cos
+ +
=
x x
x
x
0,5
( )
2
3 2cos 1 2sin cos 3
4cos4

cos
− + +
⇔ =
x x x
x
x
0,5
3cos sin 2cos4⇔ + =x x x
(vì
cos 0
≠
x
)
0,5
cos cos4
6
 
⇔ − =
 ÷
 
x x
π
(1)
0,5
Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là:
2
18 3
k
x
π π

= − +
;
2
30 5
= +
k
x
π π
.
0,5
2
2.2
(2,5)
ĐKXĐ:
x ;y∈ ∈¡ ¡
.
Ta có
(
)
2 2
2
2
2 2 2 2
2
+ = + ⇔ + − = ⇔ =
+ −
xy y x y x x y
x x
0,5

2
2⇔ = + +y x x
(1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(
)
( )
2
2 2 2
2 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x
( )
2 2
1 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x
.
0,5
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 2 1 2x x x x
   
⇔ + + + + = − + − +
   
   
(*)
Xét hàm số
(
)
2
( ) 1 2= + +f t t t
với
∈

¡t
. Ta có
2
2
2
'( ) 1 2 0, ( )
2
= + + + > ∀ ∈ ⇒
+
¡
t
f t t t f t
t
đồng biến trên
¡
.
1,0
Mặt khác, phương trình (*) có dạng
1
( 1) ( ) 1
2
+ = − ⇔ + = − ⇔ = −f x f x x x x
.
Thay
1
2
= −x
vào (1) ta tìm được
1=y
.Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1
2
1.

= −



=

x
y
0,5
3.1
(1,0)
Kẻ
BH CD⊥ ⇒
ABHD là hình vuông và
·
·
CBH MBA CBH MBA CB MB= ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC
·
·
0
CBN MBN 45⇒ = = ⇒ ∆
CBN
= ∆
MBN

Vậy
d(B;CD) d(B;MN)=
0,25
mà
7 2 25
4 4
d(B;MN) BH BD BH 2 4
50 2 2
− −
= = ⇒ = ⇒ = =
.
0,25
Điểm D thuộc BD, nên
0
D(x ;2)
và BD = 4. Ta có
0
2
0
0
x 5
(x 1) 16
x 3
=

− = ⇔

= −

.

0,25
Theo giả thiết
0
x 0>
. Vậy D(5; 2).
0,25
3.2
(2,0)
Tính được AB = 5. 0,25
Gọi I là trung điểm AC, ta có
1 25 25
IA.IB IA.IB
2 4 2
= ⇒ =
. Mặt khác
( )
2
2 2 2 2 2 2 2
IA IB AB IA IB 25 IA IB IA IB 2IA.IB 0 IA IB+ = ⇒ + = ⇒ − = + − = ⇒ =
Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.
0,5
C (P) C(a;b; 2b)∈ ⇒ −
. Điều kiện để có điểm C là
AB.BC 0=
uuur uuur
và BC =5
0,5

2 2 2
0.(a 1) 4(b 2) 3( 2b 4) 0

(a 1) (b 2) ( 2b 4) 25
− − + + − − =

⇔

− + + + − − =

.
0,25
Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2). 0,25
Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4). 0,25
3
A
B
D
C
H
N
d
M
4.
(3,0)
BC AB; (SAB) (ABCD) BC (SAB) BC SA⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Mà
SA SB⊥ ⇒

SA (SBC)⊥
.
Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC)
SD

d SD.sin
3
⇒ = ϕ =
. Mặt khác :

AD //(SBC) d(D,(SBC)) d(A,(SBC))⇒ =
SD
d SA SA
3
⇒ = ⇒ =
0,25
0,5
0,5
Do AD//BC
AD SA⇒ ⊥
. Xét tam giác SAD
vuông tại A có AD = 2a và
2 2 2 2 2
a 2 a 14
SA AD SD AD 8SA SA SB
2 2
+ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
0,25
Kẻ
SH AB
⊥
tại H
SH (ABCD)⇒ ⊥
và
a 7

AB.SH SA.SB SH
4
= ⇒ =
Vậy
3
S.ABCD
1 a 7
V SH.dt(ABCD)
3 3
= =
.
0,5
Ta có
3
SBCD S.ABCD
1 a 7
V V
2 6
= =
.
0,25
Mà
SCBD
3V
d(C;(SBD))
dt(SBD)
=
(1)
0,25
Tam giác SBD có:

a 14
SB
2
=
,
3a 2
SD 3SA
2
= =
,
2 2 2
BD 2a 2 BD SB SD= ⇒ = + ⇒
tam giác SBD vuông tại S
2
1 3a 7
dt(SBD) SB.SD
2 4
= =
0,25
Thay vào (1) có
2a
d(C;(SBD))
3
=
.
0,25
5.1
(2,0)
Đưa về
( )

2 2
3
3
2 4
1 1
ln 1x
x x
I dx dx
x x
+
+
= +
∫ ∫
0,25
Xét
( )
2
1
2
1
ln 1x
I dx
x
+
=
∫
. Đặt
2
ln( 1)
1

1
1
dx
u x
du
x
dv dx
v
x
x

= +
=


 
+
⇒
 
=
 
= −



0,25
⇒
( )
2
2

1 1
1
2
ln( 1) ln3 3ln3
ln 2 ln ln 1 3ln 2
1
( 1) 2 2
x dx
I x x
x x x
− +
= + = − + + − + = −
+
∫
0,5
3
2
2
2
3
1
1
1
x
I dx
x
+
=
∫
. Đặt

2
3
2 3
2
3
3
2
1 2 3 1
1
2
1
3 1
t dt dx t dt dx
x x
x
x
= + ⇒ = − ⇒ − =
 
+
 ÷
 
0,25
4
S
A
C
D
=
D
B

H
Đổi cận:
3
3
1 2
5
2
4
x t
x t

= ⇒ =


= ⇒ =



3
3
5
4
3
2
2
3
I t dt
2
= −
∫

0,25
3
3
5
4
4
3
3
2
2
3 3 5 5
I t 2 2
8 8 4 4
 
⇒ = − = − −
 ÷
 
0,25
⇒
I=
3ln3
3ln 2
2
−

3
3
3 5 5
2 2
8 4 4

 
− −
 ÷
 
.
0,25
5.2
(1,0)
Số cần lập có dạng
1 2 2 4 5
a a a a a
, trong đó luôn có mặt chữ số 6.
Xảy ra các trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu
1
a 6=
. Khi đó, ta chọn 4 chữ số trong 6 chữ số
0;1;2;3;4;5
cho
4 vị trí còn lại
⇒
trường hợp này có
4
6
A
số.
0,25
Trường hợp 2: Nếu
1
a 6≠

, có 4 cách chọn vị trí của chữ số 6. Khi đó, có 5 cách
chọn
{ }
1
a 1;2;3;4;5∈
. Sau khi chọn
1
a
và vị trí cho chữ số 6, còn lại 3 vị trí được
chọn từ 4 chữ số còn lại, nên số cách chọn là
3
5
A ⇒
trường hợp này có 4.5.
3
5
A
số.
0,5
Vậy số các số thoả mãn yêu cầu là
4
6
A
+ 4.5.
3
5
A
=1560.
0,25
6.

(2,0)
Từ giả thiết
2 2 2
1x y z+ + =
(1) , ta có:
( )
2
8
2
2 3
P xy yz xz
xy yz xz
= + + −
+ + +
Đặt
2
8
2
3
t xy yz xz P t
t
= + + ⇒ = −
+
.
0,5
Ta luôn có
( )
2
2 2 2
0 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx≤ + + = + + + + + = + + +

2 2 2
1 1 1
2 1 1
2 2 2 2 2
+
⇒ + + ≥ − ⇒ + + ≥ − + ≥ − − = − + ≥ −
x z y
xy yz zx xy yz xz xz
Dấu “=” xảy ra
0
2
2
y
x z
=


⇔

= − = ±


. Vậy
1.t
≥ −
0,5
Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm
2
8

( )
3
f t t
t
= −
+
với
t 1.
≥ −
0,25
Ta có
( ) ( )
( )
( )
2
3 2
2 2 2
2 1 ( 4)
8 6 9 4
'( ) 2 2 0, 1
3 3 3
t t
t t t
f t t t
t t t
+ +
+ + +
= + = = > ∀ > −
+ + +
0,25

Hàm số
( )f t
liên tục trên
[
)
1; ( )− +∞ ⇒ f t
đồng biến trên
[
)
1;− +∞

[
)
1;
min ( ) ( 1) 3
∈ − +∞
⇒ = − = −
t
f t f
. Vậy min P = - 3.
0,5
Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo
thống nhất chia điểm thành phần tương ứng.
HẾT
5