De thi va huong dan HSG TTGDTX So Ha Nam nam hoc20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT

HÀ NAM NĂM HỌC 2011-2012

=========== Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

CÂU 1: (4 điểm)Cho hàm số: y=x4

−8m2
x2

+ 1 (Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m= 1

2.

2. Tìm m để(Cm) có ba cực trịA, B, C. Chứng minh tam giácABC là tam giác cân.
CÂU 2: (5 điểm)Giải các phương trình, bất phương trình:

1. (3 +√5)x

+ (3₋√5)x

= 3.2x_.
2. log3√x2

−5x_{+ 6 + log 1}
3

√

x₋2>_{log 1}
3

√

x+ 3.

CÂU 3: (4 điểm)Tính tích phân:

π
4

Z

0

e5xsinxdx

CÂU 4: (4 điểm)

Cho hình chópS.ABCD có đáyABCD là hình vng cạnha. Mặt phẳngSADlà tam giác
đều vàSB =a√2.E, F lần lượt là trung điểm củaAD vàAB.H là giao điểm củaF C vàEB.
1. Chứng minhAB vng góc với mặt phẳng (SAD),CF vng góc với mặt phẳng(SBE).
2. Tính thể tích khối chóp C.SEB.

CÂU 5: (3 điểm)Trong hệ tọa độ Oxyz cho điểmA(1;₋2; 3) và đường thẳng d:
x+ 1

2 =
y₋2

1 =
z+ 3

−1

1. Viết phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳngd và điểm A.
2. Tìm hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳngd.
3. Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với đường thẳngd.

—————————————————————–

Chữ ký của giám thị: Số báo danh của thí sinh:
Giám thị 1:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN
CÂU 1:

1. Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 1
2
Với m= 1

2 thì hàm số đã cho trở thành: y=x
4

−2x2_{+ 1.}

• Tập xác đinh: D=R

• Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

y′

= 4x2

−4x
y′

= 0 _⇔





x=−1
x= 0
x= 1
y′

>0∀x_∈(−1; 0)∪(1; +∞)⇒hàm số đồng biến trên (−1; 0)∪(1; +∞).

y′

<0_∀x_∈(_−∞;₋1)_∪(0; 1)_⇒ hàm số nghịch biến trên(_−∞;₋1)_∪(0; 1).

Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại xCD = 0 ⇒yCD = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT =_±1_⇒yCT = 0.

Giới hạn và tiệm cận:

lim
x→+∞

y= lim
x→−∞

y= +∞.

Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.

Bảng biến thiên:

x
y′

y

−∞ −1 0 1 +∞

0 0 0

− + ₋ +

+_∞

0 0

+_∞ 1

• Đồ thị:

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Cắt trục hoành tại hai điểm M(−1; 0) và
N(1; 0).

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

O x
y

−1 1

−2 ₂

9

1

2. Tìm m thỏa mãn điều kiện:

Để đồ thị hàm số có3 cực trị thì phương trình y′

= 0 có3 nghiệm phân biệt.

⇔4x3

−16m2

x= 0 có 3nghiệm phân biệt.

⇔16m2

>0⇔ ∀m₆= 0 hay (Cm)ln có 3 cực trịA, B, C khi m₆= 0.
Phương trìnhy′

= 0có ba nghiệm





x=₋2m
x= 0
x= 2m

nên tọa độA, B, C lần lượt là:A(₋2m; 1₋

16m4

), B(0; 1), C(2m; 1₋16m4

) nên dễ thấy A và C đối xứng nhau qua trục Oy, mặt
khácB _∈Oy nên tam giác ABC cân tại B.

CÂU 2:

1. Giải phương trình:
(3₋√5)x

+ (3₋√5)x

= 3.2x _{(1). Chia hai vế phương trình cho}

2x _{ta được:}
3 +√5

2

!x

+ 3−

√

5
2

!x

= 3.
Đặt t = 3 +

√

5
2

!x

thì 3−

√

5
2

!x

= 1

t với điều kiện t >0. Khi đó phương trình trở
thành:

t+1

t = 3⇔t
2

−3t+ 1 = 0 (2)

Giải phương trình (2) ta được hai nghiệm






t= 3 +

√

5
2
t= 3−

√

5
2
Với t= 3 +

√

5

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Với t= 3−

√

5

2 ⇒x=−1.
Vậy phương trình có hai nghiệm

x= 1
x=−1
2. Giải bất phương trình

log3√x2

−5x_{+ 6 + log 1}
3

√

x₋2>_{log 1}
3

√

x+ 3 (1)

Điều kiện: x >3

(1)_⇔log3√x₋2 + log3√x₋3₋log3√x₋2 + log3√x+ 3>0

⇔log3√x2

−9>0

⇔√x2

−9>1_⇔x2

−9>1

⇔x2

>10⇔

x >√10
x <₋√10

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình (1) làx >√10.
CÂU 3: Tính tích phân:

I =
π
4

Z

0

e5xsinxdx

Đặt

u =e5x
dv= sinxdx

⇒

du= 5e5x
dx
v =−cosx

I =₋e5x
cosx







π
4
0
+ 5
π
4
R
0
e5x
cosxdx

I =−(e5π

4 cos
π
4 −e

0

cos 0) + 5I1 = 1−
√

2
2 e

5π

4 + 5I1 (1).

Tính I1 =
π
4
R
0
e5x
cosxdx
Đặt

u=e5x
dv= cosxdx

⇒

du= 5e5x
v = sinx

I1 =e5x

sinx







π
4
0
−5
π
4
R
0
e5x
sinxdx
I1 =e5π

4 sin
π
4 −e

0

sin 0−5I
I1 =

√

2
2 e

5π

4 −5I

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

I = 1−
√

2e5π

4
2 + 5

√

2e5π

4
2 −5I

!

⇒26I = 1 + 2√2e5π

4 ⇒I = 1 + 2

√

2e5π

4
26
CÂU 4:

Hình vẽ:

S

A

B _C

D
E

F

H

1. Chứng minh vng góc:

Ta có AB_⊥AD (1) (giả thiết ABCD là hình vng).

Mặt khác, SAD là tam giác đều nên SA = SD = AD = a và SB = a√2. Dễ thấy
SB2

=SA2

+AB2 _{nên tam giác}

SAB vuông tạiA. Từ đây suy ra AB_⊥SA (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB_⊥(SAD).

Do AB_⊥(SAD) nên SE_⊥AB. Mặt khác, tam giác SAD đều nên SE_⊥AD. Từ đây suy
raSE_⊥(ABCD)⇒SE_⊥CF (3).

Do ∆CBF = ∆BAE nên \F CB = EBA[. Mặt khác \F CB+\CF B = 90o _{suy ra} [
EBA+
\

CF B= 90o _hay \

HBF +HF B\ = 90o

⇒CF_⊥EB (4) tại H

Từ (3) và (4) suy ra CF_⊥(SBE).
2. Tính thể tích C.SBE

Ta có: SE là trung tuyến tam giác SADđều cạnh a nên SE = a

√

3
2
Xét∆ABE vng tại Acó EB =√AB2₊_AE2 ₌ a

√

5
2
Tam giácBF H đồng dạng với tam giác BEA suy ra F H

F B =
AE

BE ⇒F H =

F B.AE
BE

⇒F H = a

√

5
10 .

⇒CH =CF ₋F H =BE₋F H = 2a

√

5
5 .

Hình chóp C.SBE có đáy SBE là tam giác vng tại E và đường cao CH (vì
CH_⊥(SBE)) nên ta có:

V = 1
3.

1

2.SE.BE.CH =
a3√

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

CÂU 5:

1. Viết phương trình mặt phẳng (P):

Ta cóM(−1; 2;−3)∈d. Mặt phẳng(P)quadvàAnên vtpt vng góc với−→ud= (2; 1;−1)
và−−→M A= (2;−4; 6) do đó có thể lấy −→n = [ud,→− −−→M A] = (−2;−14; 10) làm vtpt.Vậy (P) có
phương trình:

−2(x₋1) + 14(y+ 2) + 10(z₋3) = 0 hay:

−x+ 7y+ 5z= 0 (1).

2. Tìm hình chiếu vng góc của A trên d:

GọiH là hình chiếu vng góc của A trên d ta có:
H_∈d_⇒H(₋1 + 2t; 2 +t;₋3₋t).

−−→

AH = (−2 + 2t; 4 +t;−6−t). Mặt khác −−→AH_⊥−→ud= (2; 1;−1).
⇒−−→AH.−→ud= 0 _⇔2(₋2 + 2t) + (4 +t)₋(₋6₋t) = 0

⇒ −4 + 4t+ 4 +t+ 6 +t = 0_⇔6t+ 6 = 0_⇔t=₋1.
Thayt =₋1 vào ta được tọa độ H(₋4; 1;₋3).

3. Viết phương trình mặt cầu:

Mặt cầu tâmA tiếp xúc với đường thẳng d có bán kính :
R=AH =p(4 + 3)2_{+ (2}

−1)2_{+ (3 + 2)}2 ₌√50.
Vậy phương trình mặt cầu là: (x₋1)2

+ (y+ 2)2

</div>

<!--links-->
<a href=''>Bùi Quỹ - Trung tâm GDTX Duy Tiên</a>
<a href=''>NguoiDien - Diễn đàn kiến thức: </a>