Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 trường THPT Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh năm học 2016 - 2017

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 12

TRƯỜNG THPT HỒNG LĨNH

NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐÈ CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
a) Tìm điều kiện của tham số a để hàm số y  x 3  3a  1x 2  32a  1x  1 đạt cực trị tại
hai điểm x1, x2 thoả mãn x1  x2  2 5
b) Giải bất phương trình 2 x 3  x  2 x  3 1  x  0
Câu 2. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm:

x  4  x2  m  x 4  x2
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a. Mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết đường thẳng AC
vuông góc với đường thẳng SD. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD) và
góc giữa đường thẳng SC với (ABCD).
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho hai số thực dương a, b thoả mãn ab  a  b  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P



3a
3b
ab


 a2  b2
b 1 a 1 a  b


_________ Hết _______

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG MÔN TOÁN LỚP 12
Câu

Đáp án

Điểm

Ta có y '  3x 2  6a  1x  32a  1
Hàm số có 2 cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
1.a

1,0

a  4
(*)
0
a  0
x1  x2  2 5  x1  x2   4 x1 x2  20  4a  1  42a  1  20
2

2

1,0

 4a5
 1  a  5 . Kết hợp điều kiện (*) ta được: 
 1  a  0

ĐK: x  1





3

Phương trình (1)  2 x 3  x  2 1  x  1  x (2)
Xét hàm số y  f t   2t 3  t , ta có: f ' t   6t 2  1  0, t  R
1.b

1,0

 Hàm số y = f(t) đồng biến trên R.





x0



(2)  f  x   f 1  x  1  x  x  

x  x  1  0
2

x

Kết hợp với điều kiện x  1 , suy ra BPT có nghiệm là:

 1 5
2

1,0

1 5
 x 1
2

Điều kiện:  2  x  2 .
Đặt t  x  4  x 2 . Xem t là hàm số của x, xét hàm số t trên  2;2:
t'  1 

2

x
4  x2



4  x2  x
4  x2

, t'  0  x  2 .

Bảng biến thiên của t trên  2;2:

1,0

2

x

2
2 2

t’
0


2

2
+

2

Điều kiện của ẩn t là:  2  t  2 2 (Thí sinh phải trình bày được cách


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

tìm điều kiện của t, nếu điều kiện sai thì không tính điểm)
t2  4
1
. PT trở thành  t 2  t  2  m
2
2

t 2  4  2x 4  x 2  x 4  x 2 



1
2



Xét hàm số f (t )   t 2  t  2 trên tập  2;2 2 .

f ' (t )  t  1 , f ' (t )  0  t  1

Bảng biến thiên:
2

t

1

2 2

2
f’(t)


5
2 

1,0
+

0

2

2 2 2

2

Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có nghiệm





 phương trình f (t )  m có nghiệm t   2;2 2   2  m 

5
.
2

H là trung điểm AB  SH   ABCD , SH  a 3

1,0

d C , SAD  d  B, SAD  a 3
AC  SHD , AC  HD  AHD  DAC  Hai tam giác ADH và

3
DCA đồng dạng 

AH AD

AD CD

 AD  a 2  CH  a 3

(Thí sinh

1,0

phải trình bày được cách tính CH)
Gọi  là góc giữa SC và (ABCD)    45 0

a b  2ab a b  ab  a b 2  2ab
3a 3b
ab
P


a2  b2   3
 
b 1 a 1 a  b
a b
a b  ab 1
2

4

t 2  2 3  t   t 3  t 2

 t  2 3  t 
Đặt t  a  b  ab  3  t  t<3 và P  3.
3  t   t 1 t

t 0
a  b t 2 

1 2
12


  2
t  2
  t  t   2  . Ta có: 3 t  ab 
4
4 t  4t 12  0
4
t

2

1,0


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Do đó: 2  t  3
Xét hàm số f (t )  t 2  t 

12
12
 2 với 2  t  3  f ' t   2t  1  2  0
t
t

Hàm số y = f(t) nghịch biến trên 2;3 f t   f 2  6, t  2,3
P

3
3

Vậy MaxP =
khi a = b = 1.
2
2

Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

1,0