DE THI HSG THANH HOA 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA. KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 15/03/2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu.. ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh …………………….. Câu I (4,0 điểm). 2x . x+ 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. Cho hàm số. y=. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm I ( 2; 2) đến tiếp tuyến đó là lớn nhất. Câu II (4,0 điểm) 1. Giải phương trình. sin 3 x.sin 3 x  cos3 x.cos 3 x 1  .   tan( x  6 ).tan( x  3 ) 8. (1  42 x  y )51 2 x  y 1  22 x  y 1  ( x, y  ). x y  ln x  3  ln y  3 ,      2. Giải hệ phương trình  4 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 3. Chứng minh rằng : x  y  z y  z  x z  x  y   2 xyz. 4  yz 4  zx 4  xy 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực  x 3  mx  2 0  x x x  4 x 1 0. 4  3.2 Câu IV (4,0 điểm). 1 x  x 1. Cho khai triển. 2. 15.  ...  x14  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a210 x 210 .. 0 15 15. 1 15 14. 2 15 13. Chứng minh rằng:. 15 15 0. C a  C a  C a  ...  C a  15. 2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 2). Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC của tam giác ABC là ( x − 3 )2+ ( y+ 2 )2=25 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu V (4,0 điểm) 1. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng  2a và ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ', biết khoảng cách giữa hai a . đường thẳng AB và CB ' bằng 2 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3). Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 15 và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng 2. .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT THANH HÓA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013. Đề chính thức. Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang ). Câu. Ý. I.. 1.. Nội dung Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. (4.0)  Tập xác định:  Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận:.  C  .... 2,00. D  \   2 .. lim y 2, lim y 2 x  . x  . 0,50 , tiệm cận ngang: y = 2,. lim y , lim y   x   2. y' Chiều biến thiên:. Điểm. x   2. 4.  x  2. 2. ; tiệm cận đứng: x  2 ..  0, x  D 0,50. Hàm số đồng biến trên các khoảng.   ;  2 . và.   2;   .. Bảng biến thiên: x y’. y. . . 2. 2.  . .  2. 0,50. y 0,50. Đồ thị : I. -2. 2. 0. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-2; 2) làm tâm đối xứng. 2. Viết phương trình tiếp tuyến.... 2,00. Gọi x0  2 là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Khi đó phương trình tiếp là: :y . 4.  x0  2 . 2. x. x0  . 2 x0 4 4  x  x0   y  2  0 2  x0  2 x0  2  x0  2 . 4 4 ( 2  x0 )  2  2  2 ( x0  2) x0  2 Ta có d ( A; ) . . 8 ( x0  2) 8 ( x0  2)2. 16 1 ( x0  2) 4. . 8 ( x0  2) 16 1 ( x0  2) 4. 0,50. 0,50. 2 2. 0,50.  x0  2  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :. 4.  x  4 16   0  x0 0.. Với x0  4  y0 4  1 : y x  6. 0,50. Với x0 0  y0 0   2 : y  x. II. (4.0). 1.. sin 3 x.sin 3 x  cos3 x.cos 3 x 1    tan( x  6 ) tan( x  3 ) 8 Giải phương trình:.    sin( x  6 ) 0  cos( x   ) 0  6    sin( x  ) 0  3   cos( x  ) 0 3 *ĐK: . (1). 2,00. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   * Ta có: tan( x  6 ) tan( x  3 )  1.. * Nên:. (1)  sin 3 x.sin 3 x  cos 3 x.cos 3 x . 1 8.  sin 2 x.s inx.sin 3 x  cos 2 x.cos x.cos 3 x . 1 8. 0,50. 1 1 1   (1  cos 2 x). (cos4x - co s 2 x)  cos 2 x. (cos4x + co s 2 x)  2 2 8 1 1  2 cos 2 x cos 4 x - cos 4 x  cos 2 x   cos 4 x (2 cos 2 x  1)  cos 2 x  4 4 1  cos4 x.cos2 x  cos2 x  4. 0,25.  4(2 cos 2 2 x  1)cos2 x  4.cos2 x  1 0  8cos 3 2 x 1. 0,25.   x   k  1 6  cos2 x    2  x    k  6. 0,25. (k  ).. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là:. x .   k ( k  ). 6. 0,25. 2.. (1  42 x  y )51 2 x  y 1  22 x  y 1 (1)  x y ln  x  3  ln  y  3 (2)  Giải hệ phương trình :  4. ( x , y  ). 2,00. Đ/k x   3 và y   3. t. Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: t. 1 t. (1  4 ).5. 1  2. t 1. 1  4t 1  2t 1  t  5 5. 0,25. t. 1  4 1 2         .2t  5  5 5 5 (3) t.  1  4 f (t )       5  5 Ta có hàm số. 0,25 t. 1 2 g (t )   .2t 5 5 nghịch biến và hàm số đồng biến trên ,. 0,50. mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)  2 x  y 1. Ta có (2)  x  4 ln( x  3)  y  4 ln( y  3). (*). Xét hàm số: y  f (t ) t  4 ln(t  3), t   3, (*)  f ( x)  f ( y). 0,50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có:. f '(t ) . t1 , f '(t ) 0  t 1 t 3. BBT: -3. t. 1 0. -. +. . f’(t) f(t). Với x 1  y 1, ta có x  y 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Từ 2 x  y 1  y  x x  1 Với x 1 ta có: Khi x  1  y  x  1  f ( y )  f ( x) Khi x  1  y  x  1  f ( y )  f ( x). Suy ra với. x  ( 3; ) \  1  2 x  y 1,. 0,50. ta luôn có f ( y )  f ( x)..  x 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  y 1. III.. 1.. Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 3.. (4.0). x y  z Chứng minh rằng (1)  Cách 1.. 4  yz. . y  z  x 4  zx. . z  x  y 4  xy. yz zx xy   2 yz (4  yz ) zx (4  zx) xy (4  xy ). 2 yz yz 2   yz (4  yz ) yz (4  yz ) yz (4  yz ) Ta có :. Đặt. 2 xyz. t  yz , 0  t . 3 2. 1  t 4   9  4t 2  t 4  16t  4t 3 3 9 Ta có : 4t  t  3  (t  1) 2 (t 2  2t  9) 0 t   0;   2. (1). (2). 2,00. 0,25. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  2 yz  8 yz 2   yz (4  yz ) 9 yz (4  yz ) Suy ra : Chứng minh tương tự ta có :  2 xy  8 zx  2 zx  8 x y   zx (4  zx) 9 9 ; xy (4  xy ). Từ đó suy ra :. VT (2) . (1)  Cách 2. Ta có. 0,50.  2( xy  yz  zx )  24  2( x  y  z )  24  2. 9 9 (đpcm). yz zx x y   2 yz (4  yz ) zx (4  zx) xy (4  xy ). (2). 0,50. 2 yz yz 2   yz (4  yz ) yz (4  yz ) yz (4  yz ) Ta có : 2. . . yz 2 . yz. . . yz 2 . Mà. 2. yz 1. yz. . suy ra :. yz  yz (4  yz ) yz 2 . . 2 yz. 2. yz. . 2.  2. yz. . 1,00.   1 1 1 18 VT (2) 2      2  yz 2  zx 2  xy  6  xy  yz  zx    2.. 18 2. 6x yz (đpcm). 3  x  mx  2 0  x 4  3.2 x  x  4 Tìm m... . 0,50 (1) x 1. 0. (2). 2,00. Đ/k: x 0 x 2 x x 2 Bất phương trình (2)  (2 )  3.2 .2  4.2. .  2x  2.  x. x.  . 2. x.  4.2. x.  0  2. x.  4.2 x 0. x. 0.  x x 2. x  2 0  0  x 2  0 x 4 . Đối chiếu ĐK được 0  x 4 (*). 3 x   0; 4  Hệ bất phương trình có nghiệm  x  3mx  2 0 có nghiệm. 0,25. 0,50 0,25. 0,25. Với x 0 thì (1) không thỏa mãn. Với 0  x 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (1) có nghiệm thỏa mãn  m min g ( x )  0;4. Suy ra IV. (4.0). 1.. x   0; 4.  m x2 . 1 1 x 2   3 x 1   0; 4 x x mà , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. min g ( x) g (1) 3.  0;4. 1 x  x Cho khai triển. 2. 15. 15. 0,25 0,25. Vậy m 3 là giá trị cần tìm. 15.  ...  x14  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a210 x 210. 1 x Nhân hai vế của (1) với . 15. (1). 210 15  15 15 k  1  x  1  x       ak x  ,  k 0  ta được. i.  1  x15   C 15( 1)i x15i. Ta có. 2 g  x  x   0; 4 x có nghiệm. 2,00. (2). 0,50. (3). i 0. 0,50 1. 15   15 Hệ số của x trong khai triển (3) là : C 15. (4). 210.  1  x    ak xk   C150  C151 x  C152 x 2  ...  C1515 x15   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a210 x 210  15.  k 0. . (5). 15 Thực hiện phép nhân đa thức ta được hệ số của x trong khai triển (5) là :. 0,25. 0,50. C150 a15  C151 a14  C152 a13  ...  C1515a0 (6). Từ (2), (4) và (6) ta được C. 0 15 15. a . C. 1 15 14. 2. a  C 15a13  ... . C. 15 15 0. a  15.. (đpcm). 2. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. 0,25 2,00. 2 2 Gọi ( ) là đường tròn có phương trình ( x − 3 ) + ( y+ 2 ) =25 có tâm I (3;  2) bán kính R 5. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC. Gọi L là trung điểm của đoạn HD, K là giao điểm của EF và AD, suy ra K là trung điểm của EF và AD (1) 1,00. Suy ra KL là đường trung bình của tam giác ADH  KL  HD KL / / AH   (2) KL  EF  Suy ra. Như vậy từ (1) và (2) suy ra H, D, E, F A. là bốn đỉnh của hình thang cân. Suy ra ( ) đi qua trung điểm ba cạnh. F. K. E.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> B. C. H L D. tam giác ABC.. Cách 1.   GA  2GD    GB  2GE    GC  2GF . Ta có :  suy ra phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF thành. tam giác ABC.. 0,50. và do đó biến đường tròn ( ) thành đường tròn ( ') ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn :    x  3 GI '  2GI    I ( 3;10).  y 10. 0,50. 2 2 Vậy ( ') :( x  3)  ( y  10) 100.. 3xG  x A  xB  xC  x A  xB 3xG  xC   3 y  y A  y B  yC  y A  yB 3 yG  yC và Cách 2. Ta có  G.  2 xF  x A  x B   2 yF  y A  y B ,. 3  xC  xF  2 2  2 x  3 x  x  F   3  xC   6  yC  G C 2    3    2  25   2   2  2 yF 3 yG  yC  y  6  yC F  2 do đó. 0,50.  ( xC  3) 2  ( yC  10) 2 100 (3). 2 2 Tương tự, tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình ( x  3)  ( y  10) 100 (4). 2. 0,50 2. Từ (3) và (4), suy ra pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x  3)  ( y  10) 100.. Ghi chú : Nếu học sinh chứng minh bốn điểm H, D, E, F nằm trên đường tròn ( ) phụ thuộc vào dạng tam giác ABC mà không xét hết trường hợp trừ 0,25 điểm V. 1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 2.00.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> (4.0). A'. C' N B'. H. 0,25 C. A M B. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Kẻ MH  CN ( H  CN ). Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB CC’  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ')  A ' B '  MH  MH  CN  MH  (CA ' B ').  MH  A ' B '  Như vậy. 0,50. Ta có: AB / /(CA ' B ')  d ( AB, CB ') d ( M , (CA ' B ') MH .. 0,50. Tam giác BMC vuông tại M, suy ra. CM BM .tan 300 . a 3. 0,25. Tam giác CMN vuông tại M, có MH là đường cao . 2. 1 1 1 4 3 1    2  2  MN a 2 2 2 MH MC MN a a MN 2. 0,25. 1 a a3 3 VABC . A ' B 'C ' S ABC .MN  .2a. .a  . 2 3 3 Từ đó. 0,25. Viết phương trình mặt phẳng (P).... 2.00. Giả sử ta xác định được mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P).  d  A, ( P)   AH 15  d  B, ( P)  BK 2 Ta có : . 0,50. Mà 13 15  12  AH  BK  AB 13 (1) . Như vậy dấu đẳng thức ở (1) phải xảy ra.  15   AH  BH 2   H  K Điều đó tương đương với H K  ( P )  AB tại điểm H thỏa mãn . 0,50.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 15   x  1  2 ( x  6)  15    y  2  ( y  10)  2  15   z  3  2 ( z  3) H ( x ; y ; z )  Gọi.  88   x  13  154    88 154   K H  ; ;  3 . y  13  13 13   z  3   .  Vậy phương trình mặt phẳng (P) là mặt phẳng đi qua H nhận AB ( 5;12;0) làm vtpt, nên có phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288 0 .. Cách 2. Ta có và. d  A, ( P )  15  ( P ). d  B, ( P )  2  ( P ). tiếp xúc với mặt cầu S1 tâm A bán kính R1 15. tiếp xúc với mặt cầu S2 tâm B bán kính R2 2 .. Ta lại có AB 13 15  12 R1  R2 , suy ra ( S2 ) nằm trong ( S1 ) và hai mặt cầu đó tiếp xúc với nhau, đồng thời mặt phẳng (P) cần tìm sẽ đi qua tiếp điểm và vuông góc  với AB (  5;12;0).. 0,50. 0,50. 0,50. 0,50.   15 AH  BH 2 Tiếp điểm H của hai mặt cầu S1 , S2 thỏa mãn 15   x  1  2 ( x  6)  15    y  2  ( y  10)  2  15  z  3  ( z  3)  2  Gọi H ( x; y; z ).  88   x  13  154    88 154   H ; ;  3 . y  13  13 13    z  3  . Vậy phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288 0 . Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>