DE VA DAP AN HSG 12 BAC GIANG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH. ĐỀ CHÍNH THỨC. MÔN THI:TOÁN LỚP 12 PHỔ THÔNG. NGÀY THI. /3/2013. Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu Câu 1 4 điểm. Phương pháp – Kết quả y. 2x 2  y'  2 x 1  x  1. 1. >0 Tiếp tuyến của ĐT hàm số cắt các trục Ox,Oy tại A, B thoả mãn OB = 2OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k = 2. Do y’ >0 nên k = 2 2 x  1 Xét phương trình . 2. 2. suy ra x = -2 hoặc x = 0 Với x = 0 thì phương trình tiếp tuyến là d1: y = 2x (không thoả mãn). Với x = -2 thì phương trình tiếp tuyến là d2: y = 2x +8 (thoả mãn). Điểm 0,5 0,5 0,5. 0,5. 2. Không mất tính tổng quát, ta giả sử xM > -1, xN < -1. Khi đó. M ( 1  a; 2 . 2 2 ), N ( 1  b; 2  ) a b , với a, b > 0..  1 1 MN 2 (a  b) 2  4     a b 2. 64  4  2 ( a  b)  4   ( a  b)  2  a b   a  b 2. 2 ( a  b) 2. 64.  a  b. 2. 0,5. 2. 16. a b  0  64  a b  2.  2 ( a  b )   ( a  b) 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  Từ đó tìm được M( 2 -1; 2- 2 ) và N(- 2 -1; 2 + 2 ).. Câu 2 1. Phương trình đã cho tương đương với 4 điểm sin 4x - cos 4x +sin2x + cos 2x – 2sin 3x + sin x + cos x – 1 = 0  (sin 4x + sin2x) - (cos 4x – cos 2x) – 2sin 3x + sin x + cos x – 1 = 0  2sin3xcosx + 2sin 3x sin x – 2sin 3x + sin x + cos x - 1 = 0  2sin3x(cosx + sin x – 1) + sin x + cos x - 1 = 0  (2sin3x + 1)(cosx + sin x – 1) = 0  k 2   x  18  3  1   x  7  k 2  sin 3x  2  18 3    sin x  cos x 1  x k 2    x   k 2  2 . 0,5 0,5. 0,5. 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KL... x 2.Đặt t = 2 ta có bất phương trình t 1  t 2  18t  3 t  1 2 4 , 2 (t  1) t 1  8t  2   2 8t  2.  2(8t  2)  (t  1) 2 2 2 t 1 2 t 1  ( 8t  2  )  0  8t  2  2 2 t 7  44  t 7  44  8t  2 . 1 t  [ ;7  4 Suy ra. 44)  (7 . 0,5. 0,5 0,5. 44;7  44)  (7  44; ). Từ đó tìm được x    2;log 2 (7 . Câu 3 2 điểm.  . 44)  log 2 (7 .  . 44);log 2 (7  44)  log 2 (7  44); . .  2. Ta có. cot 2 xdx I  2 2  sin x (1  cot x ). 0,5. 0,5. 4. Đặt t = 1 + cot x  dt = Đổi cận: . . dx sin 2 x. x   t 2 4  x   t 1 2. 0,5. Khi đó 2. 2.  t2  1 I  2 (t  2  ) dt  2   2t  ln | t |  t 2 1 1. 0,5. 1   2  ln 2   . 2 . 0,5. Câu 4 Nhận xét (0; 0) luôn là một nghiệm của hệ với mọi m. 2 điểm Nếu x = 0  y = 0 và ngược lại.. 0,5.  2x2 9x  y  y 2 m   2  y  2 y 1 2  Xét xy 0. HPT tương đương với  x x (*) 2 2 x y u  , v   x  3 u 2 v , y  3 uv 2 . y x Đặt 9  2u  v m   v  2 1 Khi đó hệ phương trình (*) thành  u. 9u  2u  u  2 m (1)  v  u  2 (2)  u. 0,5 (**).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Dễ thấy yêu cầu bài toán tương đương với (1) có đúng 2 nghiệm u  0 và u  2.. 0,5. 9u f (u ) 2u  u  2 , u   \  0; 2 Đặt. Lập bảng biến thiên của f(u) suy ra m  ( ;0)  (0;1)  (25; ).. 0,5. Câu 5 1) 6 điểm a) Kẻ SH  AB  SH  (ABCD) a 3 Theo giả thiêt  SAB vuông tai S. Từ đó tính được SH = 2 1 2a 3 3 VS . ABCD  SH .S ABCD  3 3 Suy ra +) Dựng hình bình hành ADBE  BD // (SAE)  d(SA;BD) = d(B; (SAE)) Kẻ HK  AE, HI  SK. 0,5 0,5 0,5. Chứng minh được HI = d(H; (SAE)) a 2  AHK vuông cân tại K  HK = 4 a 21 Ta có  SHK vuông tại H từ đó tính được HI = 14 d ( B;( SAE )) BA 2a 21  4  d ( B;( SAE ))  . d ( H ;( SAE )) HA 7 Chứng minh được 2) Gọi O = AC  BD suy ra OA = OB = OC = OD Gọi M là trung điểm AB suy ra OM  (SAB). Suy ra hình chiếu của OA, OS lên (SAB) lần lượt là MA, MS Do MA = MS  OA = OS Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD AC a 2 Vậy R = 2 . 2) Gọi u (a; b; c) 0 là vectơ chỉ phương của d.    u  n p (1;1;  1) d  ( P)    a  b  c 0  A  ( P )  u Khi đó (a; b; a  b) Gọi  là góc giữa d và Oz a 2  b 2  2ab m 2 2 2 2 2 a  2 b  2 ab 2 a  2 b  2 ab Ta có Do 00    900 nên góc  nhỏ nhất khi và chỉ khi cos2  lớn nhất  m cos . | a b |. lớn nhất m. 1 2 (1). Xét b = 0, ta có Xét b  0, chon b = 1. Khi đó.  cos 2 . 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> m. a 2  2a  1  (2m  1)a 2  2( m  1) a  2m  1 0 2 a 2  2a  2. (*). 1 2 thì có một giá trị của a. Nếu 1 m 2 , (*) có nghiệm khi và chỉ khi  ’  0 Nếu 2 0 m   -3m2 + 2m  0  3 (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra Max {m} = 3 khi đó a = 1, b = 1. x 1 y z   1 2 Từ đó tìm được (d): 1 m. Câu 6 Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2a 2b 2c 3 2 điểm    3 a  bc b  ca c  ab 2 Ta có a  bc a (a  b  c)  bc (a  b)(a  c). 0,5. 0,5. (*). 0,5. Do đó. 2a 2b 2c 9    (*)  (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) 2  4[a (b  c)  b(c  a)  c(a  b)] 9(a  b)(b  c)(c  a )  4[a (1  a )  b(1  b)  c (1  c)] 9(1  a)(1  b)(1  c ). 0,5.  4 4(a  b  c) 2  ab  bc  ca  9abc. a bc 1  3 3 nên Do 1 ab  bc  ca 3 3 a 2b 2c 2 9. 3 a 2b 2c 2 9 3 abc 3 a 2b 2c 2 9abc 3 3. abc . Từ đó suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a b c . Lưu ý khi chấm bài: Trên đây chỉ là sơ lược đáp án, bài làm của học sinh phải được trình bày tỉ mỉ. Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tương đương như trên.. 0,5. 0,5.

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