Đề thi HSG Toán 12 tỉnh Cao Bằng 20142015 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CAO BẰNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 -THPT NĂM HỌC 2014 - 2015



Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
( Đề gồm 01 trang)

Câu I (4,0 điểm): Cho hàm số y 

x 1
1  2x

(1)

1. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị với
trục tung.
2. Chứng minh đường thẳng (d ) : x  y  m  0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai
điểm phân biệt A, B với mọi m . Tìm m sao cho AB  OA  OB , với O là gốc tọa độ.
Câu II (4,0 điểm):
1. Giải phương trình: 4(sin 4 x  cos4 x)  3 sin 4 x  2

(x  )

2. Một lớp học có 30 học sinh, trong đó có 03 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn 3 em trong lớp đi trực tuần sao cho trong 3 em đó luôn có cán bộ lớp.

Câu III (3,0 điểm): Cho phương trình 22 x1  2x3  2m  0 (với m là tham số)

(2)

1. Giải phương trình với m  32 .
2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt.
Câu IV (4,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD.
Cạnh SD tạo với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a.
Câu V (3,0 điểm): Một xí nghiệp chế biến thực phẩm muốn sản xuất những loại hộp
hình trụ để đựng thịt bò có thể tích V cho trước. Tính bán kính đáy và chiều cao hình
trụ để tốn ít vật liệu nhất.
Câu VI (2,0 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz  1 .
Chứng minh rằng:
1
1
1


1
x  y 1 y  z 1 z  x 1
Hết
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh:............................................
Họ tên, chữ kí của giám thị 1:................................................................................................................


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TỈNH LỚP 12 - THPT NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn: TOÁN
Câu
I

1)

(4,0
điểm)

Nội dung

ý

(2,0
điểm)

Điểm

Với x  0  y  1 . Tọa độ giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;-1)
Ta có y ' 

1
; y '(0)  1
(1  2 x) 2

Phương trình tiếp tuyến: y  y '(0)( x  0)  1 hay y   x  1
2)
(2,0
điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm:

x 1
 f ( x)  2 x 2  2mx  m  1  0 (*)
1  2x
1
1
Ta có  '  m2  2m  2  0, m, f ( )    0 , nên (*) có 2 nghiệm
2
2
1
phân biệt khác , suy ra (d ) luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân
2
xm

biệt A, B với mọi m.
Ta có A( x1; x1  m), B( x2 ; x2  m) với x1 , x2 là hai nghiệm của (*).

 x1  x2  m

Theo Viet ta có 
m  1
 x1.x2  2
Gọi M là trung điểm của AB,

AB  OA  OB  AB  2OM  2OM  OAB vuông tại O.
 OAOB
.
 0  x1.x2  ( x1  m)( x2  m)  0

 2 x1.x2  m( x1  x2 )  m2  0  m  1  0  m  1
Kết luận m  1
II
(4,0
điểm)

1)
(2,0
điểm)

Phương trình tương đương:

4[(sin 2 x  cos2 x)2  2sin 2 x cos2 x]  3 sin 4 x  2
1
 4(1  sin 2 2 x)  3 sin 4 x  2
2
 cos 4 x  3 sin 4 x  1

1
3
1


 cos 4 x 
sin 4 x 
 sin(  4 x)  sin
2
2
2
6

6




x


k

4
2

x     k 

12
2
2


2)
(2,0
điểm)

- Chọn 3 học sinh trong đó chỉ có 1 cán bộ lớp có số cách chọn:

C31.C272  1053
1
- Chọn 3 học sinh trong đó có 2 cán bộ lớp có số cách chọn: C32 .C27
 81

- Chọn 3 học sinh cả 3 đều là cán bộ lớp có 1 cách chọn.
Vậy số cách chọn học sinh đi trực tuần theo yêu cầu của bài toán là:
1053+81+1= 1135 (cách chọn)
III
1)

(3,0
điểm)

(2,0
điểm)

Biến đổi phương trình (2) về dạng 22 x  4.2x  m  0

(*)

Đặt t  2 , điều kiện t  0 , khi đó phương trình (*) có dạng:
x

t 2  4t  m  0 (**)
Với m  32 , phương trình (*) có dạng: t 2  4t  32  0  t  8, t  4
(loại)
Với t  8  2x  8  x  3

2)
(1,0
điểm)

Phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt  (**) có hai nghiệm dương

phân biệt

 '  0
4  m  0


  S  0  4  0
 4  m  0
P  0
m  0


IV
(4,0
điểm)

1)

S

(2,0
điểm)
K
I

A

B
H

60°

E
O

D

C

Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm AB.

SH  ( ABCD)  SDH  60o ; DH 
 SH  DH .tan SDH 
Suy ra VS . ABCD 
2)
(2,0
điểm)

2
2 a 5 a 5
DI  .

3
3 2
3

a 5
a 15
.tan 60o 
3

3

1
1 a 15 2 a3 15
SH .S ABCD  .
.a 
(đvtt)
3
3 3
9

Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ
đường cao HK.

 HK  SE
 HK  CB (CB  ( SHE ))
 HK  (SBC )  d ( H ;(SBC ))  HK

Ta có 

3


2
2a
. Trong ta giác vuông SHE
AB 
3
3
1

1
1
2a 5


 HK 
2
2
2
HK
HS
HE
57

Ta có HE 

Do
V
(3,0
điểm)

AC 3
3
3 2a 5 3a 5
  d ( A;( SBC ))  d ( H ;( SBC ))  .

HC 2
2
2 57
57

Gọi h, x lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hộp hình trụ. Vỏ hộp gồm
phần xung quanh và hai đáy có tổng diện tích là S  2 xh  2 x 2
Vật liệu sản xuất hộp là ít nhất nếu S là nhỏ nhất.
Thể tích của hộp: V   x 2 h (cho trước). Từ đó ta có: S 

2V
 2 x 2
x

2V
 2 x 2 là hàm số theo biến x.
x
2V
4 x3  2V
Ta có S '  2  4 x 
x
x2
Xem S 

S'0 x 

3

V
2

Bảng biến thiên:

Vậy x 

VI
(2,0
điểm)

3

V
4V
và h  3
thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
2


 x  a3

Đặt  y  b3 , từ giả thiết ta có:
 z  c3


a, b, c  0

abc  1

Bài toán đưa về chứng minh bất đẳng thức:

1
1
1
 3 3
 3

1
3
a  b  1 b  c  1 c  a3  1
3

Ta có:

a  b  1  (a  b)(a  ab  b )  abc
3

3

2

2

a 2 b2  2 ab



(a  b)(2ab  ab)  abc

 (a  b  c)ab
Suy ra

1
1

.
3

a  b  1 ab(a  b  c)
3

Tương tự ta có:
4


1
1

3
b  c  1 bc(a  b  c)
3

1
1

3
c  a  1 ca(a  b  c)
3

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:

1
1
1
1
1
1 
 1

 3 3
 3

   
3
3
a  b  1 b  c  1 c  a  1 a  b  c  ab bc ca 
3



1
 abc

 1
a  b  c  abc 

(đpcm).
Hết

5