DA de thi HSG tinh Thanh Hoa 2013 Toan lop 12BTTHPT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP 12 BTTHPT (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ). ĐỀ THI DỰ BỊ. Câu Ý Nội dung I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H)... Tập xác định: D . Sự biến thiên lim y  ; lim y . Giới hạn: x   Sự biến thiên. x  . Điểm 2,00 0,25. .. y ' 3x 2  3; y ' 0  x 1 .. x y. . y’. .  1  04  0   1. 0,25. 0.  ;  1 1;    1;1 Hàm số đồng biến trên  và  ; hàm số nghịch biến trên  .. Hàm số đạt cực đại tại x  1  yCD 4, đạt cực tiểu tại x 1  yCT 0. .. 1,00. y. Đồ thị. 4 2 –1 0. 0,50 1. x. 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) ... Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) tại điểm ( x0 ; y0 )  ( H ) có dạng y  y '( x0 ).( x  x0 )  y0 (3x0 2  3)( x  x0 )  x0 3  3x0  2. Vì tiếp tuyến đi qua iểm A(2;4) nên ta được. 1,00.  x0  1 4 (3 x0 2  3)(2  x0 )  x03  3 x0  2  ( x0  1)( x0  2) 2 0    x0 2. Với x0  1, pttt là y 4. 0,50. Với x0 2, pttt là y 9 x  14. II. 1. 2,00.   tan x 1  tan   x  4 . Giải phương trình. 0,50 2,00.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>   1 t   t tan x  tan   x   x   k x   k 4  1 t . 2 4 Điều kiện: và . Đặt 1 t t 1   t 2  t  2 0  t  1 1 t Ta có: . Suy ra t 1 hoặc t  2 .  t 1  tan x 1  x   k , k  . 4 Khi. Khi 2. t  2  tan x  2  x a rc tan   2   k , ..  3x  1  3 y  1 4 (1)  2 x  2 y  xy 3 (2) Giải hệ phương trình  (2)  xy 0  2( x  y ) 3  xy  0  x  y  0 . Suy ra x ≥ 0 , y ≥ 0 x+ y ⇒ x + y ≤2 2 Từ (1) ⇒16=2. 2 . √ 3 x+1+2 . 2. √ 3 y+1 ≤( 4+3 x +1)+(4 +3 y +1). Từ (2) ⇒ 2(x + y )=3+ √ xy ≤3+.  x  y 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉa khi x  y 1.  x  y 2  Suy ra  x  y 1, thỏa mãn hệ. Vâyhệ có nghiệm là ( x; y ) (1;1). III. 1. x3  1 I  3 dx. 4 x ( x  4)( x  4 x  2) Tìm 4 3 ặt t  x  4 x  dt 4( x  1)dx Ta có I = 1 8. Vậy I = ln. |. 0,50 0,50 0,50 2,00 0,50 0,50 0,50 0,50 2,00 0,50. 1 dt 1 1 1 1 t =  − dt= ln +C  4 t (t+ 2) 8 t t+2 8 t+ 2. (. 0,50. ). | |. x4 − 4 x +C x 4 −4 x+2. |. 2 Cho a, b, c là ba số thực. Chứng minh rằng * Ta luôn chứng minh được:. 1,00 0,50. a b c 3    2 2 2 1 a 1 b 1 c 2. x 1  2 1 x 2 dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1.. 2,00 0,50. Với số thực x ta có Áp dụng cho các số thực a, b, c ta có: a 1  2 1 a 2 (1). b 1  2 1 b 2 (2). c 1  2 1 c 2 (3).. IV. Cộng vế với vế của (1); (2); (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi: a = b = c = 1. 1 Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d1 và đồng thời tiếp xúc với hai đường thẳng d2 và d3. * Gọi đường tròn (C) cần tìm có tâm I(x; 3 – 2x)  d1 , bán kính bằng R. (C) tiếp xúc với d2 và d3 khi và chỉ khi: d(I/d2 ) = d(I/d2 ). 1,00. 0,50 2,00 0,50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 0,50. 3 x  4(3  2 x)  5 4 x  3(3  2 x)  2  5 5. 7   x 2  I (2;  1)  R  5  17  5 x  11  2 x    x 4  I (4;  9)  3 .  5. 0,50. Vậy có hai đường tròn cần lập 49 ( x – 2) + ( y + 1) = 25 9 . ( x – 4)2 + ( y + 9)2 = 25 2. 2. 0,50. 2. n. 2  3  x  , x  ... Tìm số hạng không chứa x trong khai triển . Điều kiện: n ≥12 , n ∈ N 7. 8. 9. 2,00. Ta có. 10. 11. 7. 8. 8. 9. 9. 10. 11. Cn − 2+ 3C n −2 +3 C n− 2+ Cn − 2=C n+1 ⇔ Cn − 2+C n −2 +2 C n− 2+ 2C n −2 +C n −2 +Cn − 2=C n+1 ⇔. 11 8 9 9 10 11 C8n − 1+ 2C 9n −1 +C10 n− 1=C n+1 ⇔C n− 1+ Cn − 1+C n −1 +C n −1=C n+1. 0,25. 11 10 11 ⇔ C 9n +C10 n =C n+ 1 ⇔ C n+1 =Cn +1 ⇔ n=20 .. Với n=20 ta có. (. 2 √ x+ √x 3. 20. 20. ) =∑ C. k 20. (x). 0,25. 0,50 20 −k 3. k=0. k. −k 2. 20 k 20. k. .2 . x =∑ C . 2 ( x ). 40− 5 k 6. 0,50. k=0. Số hạng không hạng không chứa x ứng với số tự nhiên k : 40 −5 k=0 ⇔ k=8 V. Vậy số hạng không chứa x là 28 C 820 1 Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2,00 D’. A’. B’ H. A A ' C a  AC . C’. D. C. 0,50. B. a a a , BC   2 2 2 2. 1  1  a a  a a3 V    3  2  2 2   2 24 2. 0,50. Hạ AH vuông góc A’B trong tam giác ABA’ Chính là d(A,BCD’) =h. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 a    h 2 2 2 h 6  a   a    2  2   Ta có. 0,50. 2 Viết phương trình mặt phẳng (P)... Gọi B(0; b;0), C (0;0; c) với b>0, c>0. Phương trình mp(P) có dạng. x y z + + =1 2 b c. (P) đi qua H (1;1;1)  bc 2(b  c) S ABC=. 2,00. (1).. 1 ⃗ ⃗ 1 2 2 | [ AB ; AC ]|= √ b c + 4 (b2 +c 2 ) 2 2.  b 2 c 2  4(b 2  c 2 ) 384 (2). Từ (1) và (2) suy ra b=c=4 . x y z   1  2 x  y  z  4 0. Vậy pt mp(P) là 2 4 4. 0,50 0,50 0,50. 0,50. Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong áp 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..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>