DE VA DAP AN THI HSG CAP TINH TOAN 12 NAM 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 PHỔ THÔNG. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). Ngày thi: 29/3/2014 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 ( 5, 0 điểm) 1) Cho (Cm ) là đồ thị của hàm số y  x 4  (2m  1) x 2  2m (m là tham số). Tìm m để (Cm ) tiếp xúc với trục Ox tại hai điểm phân biệt. 2x 2) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc đồ thị (C) sao cho tam x 1 giác OMN vuông cân tại O, với O là gốc tọa độ. Câu 2 ( 4, 0 điểm) 1   1) Giải phương trình sin   4 x   sin 3x  sin x  ( x  ). 2 6  2) Giải phương trình 4| x 2 | log. 3. x. 2. .  4 x  6  2 x. 2.  4 x 3. log 1  2 | x  2 | 2   0. ( x  ).. 3. Câu 3 ( 4, 0 điểm).   x y  x y 2 1) Giải hệ phương trình  2 2 2 2   x  y  1  x  y  3. / 4. 2) Tính tích phân I .  0. ( x, y . ).. dx . cos x 2  sin 2 x. Câu 4 ( 6, 0 điểm) 1) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt là hình thoi cạnh a, BAD  BAA '  A ' AD  600. a) Tính thể tích hình hộp đã cho theo a. b) Tính cosin của góc giữa đường thẳng CA' và mặt phẳng đáy của hình hộp. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  19  0 và mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  4  0 . a) Chứng minh (P) cắt (S) theo một đường tròn. Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. b) Lập phương trình đường thẳng () đi qua tâm của (S), vuông góc với đường thẳng. x  1 t  (d ) :  y  1  2t và tạo với mặt phẳng (P) một góc 30o . z  3  1 2 Câu 5 ( 1, 0 điểm). Cho bốn số thực a, b, c và d thuộc đoạn  ;  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 3.  ac  cd  T  16    25   . ad   ab  2. 2. ------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.................................. Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký)...............................................................................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. HDC ĐỀ CHÍNH THỨC. MÔN THI: TOÁN LỚP 12 PHỔ THÔNG (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang). NGÀY THI 29/3/2014. Hướng dẫn giải. Câu Câu 1. Điểm (5đ). Đồ thị (Cm ) tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: 4 2   x  (2m  1) x  2m  0  3  4 x  2(2m  1) x  0. (1). 0.5. (2). 2m 1 2 m  0 0 thay vào hệ phương trình ta được  x  0. * Phương trình (2) tương đương x 1.1. (3.0 điểm). * Với x Vậy với m. 0 hoặc x2. 0.5 0.5. 0 thì đồ thị (Cm ) tiếp xúc với trục hoành tại một điểm (không thỏa mãn).. 2m 1 1 thay vào (1) ta tìm được m . 2 2 1 Thay m vào hệ phương trình ta tìm được x 1. 2 1 KL: với m thì đồ thị (Cm ) tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt. 2 * Với x2. Lấy hai điểm phân biệt M a;. 2a a. 1. , N b;. 2b b. 1. ,(a. 1;b. 1;a. 1.2 (2.0 điểm). 0.5. 0.5. (4) 0. Nếu ab=0 suy ra hoặc M hoặc N trùng với O (không thỏa mãn). Biến đổi phương trình (3) thành 5 a b 2ab=0 (a. 1)(b. 5a. b. a Giải ra ta được. 1). 5 b= 3. 0.5. (3). Từ (4) suy ra  a  1 b  1  4 hoặc ab. Ta được hệ. 0.5. b) thuộc đồ thị (C).. OM  ON Tam giác OMN vuông cân tại O khi và chỉ khi  OM .ON  0.  2 4a 2 4b 2 2 a   b   2 2 a  1 b  1     4ab ab  0   a  1 b  1 . 0.5. 0.5. 4. 2ab=0. 5. 5 3 hoặc b=-5. Vậy ta tìm được cặp điểm M1. a. 5 ;5 ; N 1 3. 0.5. 5;. 5 hoặc M 2 3. 5;. 5 5 ; N 2 ;5 3 3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (4đ). Câu 2. 2.1 (2.0 điểm).     PT đã cho tương đương với sin   4 x   sin   (sin 3x  sin x)  0 6   6    -2cos   2 x  sin 2 x  2sin 2 x cos x  0 6      2sin 2 x cos x  cos   2 x    0 6   k  x  2   k 2  x   k .  18 3   x    k 2  6 Kết luận nghiệm. 0.5 0.5 0.5. 0.5. Phương trình đã cho tương đương với 2 2.4| x 2| log3 ( x 2  4 x  6)  2 x  4 x 3 log 3 (2 | x  2 | 2) 1 2| x  2|. 2. 2.2 (2.0 điểm). log3 ( x  4 x  6)  2 2.  x 2  4 x 3. 0.5. log 3 (2 | x  2 | 2). .log3  x2  4 x  6   22|x 2|1.log3  2 | x  2 | 2 .  2x. 2.  4 x 3.  2x. 2. 4 x 6. 0.5. .log3  x2  4 x  6  22| x 1|2.log3 (2 | x  2 | 2 .. Xét hàm số f (t )  2t.log3 t trên đoạn [2; ) ta có 1 f '(t )  2t ln 2.log3 t  2t.  0, t  2 . t ln 3 Suy ra f (t ) đồng biến trên [2; ) .. 0.5. Khi đó ta có (2')  f ( x 2  4 x  6)  f (2 | x  2 | 2)  x 2  4 x  6  2 | x  2 | 2 0.5.  ( x  2)2  2 | x  2 | 0. Giải phương trình trên được tập nghiệm của phương trình đã cho là {0; 2; 4} .. (4 đ). Câu 3 ĐK. x. y. 0. x. y. 0. u 3.1 (2.0 điểm). v u. v. Đặt. 4. 2 uv. 2. 2uv. u. x. y. v. x. y. *Với u *Với v KL.. 0 0. v u. 0 ). Suy ra hệ. v. 2. u2. v2 2. 2. uv. 3. 0.5. (1) 2. 3. 2 Thế (1) vào (2) ta được. ( u, v. u. 4. 4 (loại) 4 suy ra x. uv 2 uv. 0.5. (2) 2. 2uv. 2. 2 y. 2 (thỏa mãn). 3. uv. uv. 0. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> / 4. . I. 0. dx cos x 2  sin 2 x. / 4. .  0. dx. Đặt tan x + 3.2 (2.0 điểm). 2 tan 2 x  2 tan x  2. cos 2 x. Đổi cận: x. Khi đó I . 1 2. . 3 tan u, u 2. u. 0 1 2.  3. . 6. . ;. 2 2. ;x. . tan 2 u  1. u. 4. 1  tan 2 u du.  6. 1 2. . / 4. 0.5. d (tan x). . 2. 1 3   tan x    2 4 . 0. ; d tan x. 3 1 2. tan2 u du 0.5. 3.  3.  3. 1 1 1 tan 2 u  1du  du   2 2  cos u 6. 0.5. 6.  1  1 1  1 1  sin u 3 2 74 3 I  ln  ln  d (sin u )   4 3 2 2   1  sin u 1  sin u  2 2 1  sin u  6 6  3. 0.5. (6 đ). Câu 4 A H. O. D. B C. A'. D'. 4.1 (3.0 điểm). B'. a) Chứng minh được tam giác A'BD đều cạnh bằng a. Suy ra tứ diện A'ABD là tứ diện đều cạnh a. a3 2 Tính được thể tích VA ' ABD 12 Chỉ ra được thể tích của khối hộp bằng sáu lần VA ' ABD. a3 2 2 b) Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD. Theo chứng minh trên ta có tứ diện A'ABD là tứ diện đều suy ra A'H vuông góc với mặt phẳng (ABD) Góc giữa A'C và mặt phẳng (ABCD) là góc A'CA a 6 2a ; CH ; A'C a 2 Xét tam giác A'HC có A'H 3 3 6 Tính được cosA'CA 3 Do vậy thể tích của khối hộp bằng. 0.5 0.5. 0.5. 0.5 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4.2a (1 .0 điểm). Tâm I(1;1;-2); bán kính R = 5. d(I ;(P )) 3 R nên (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) bán kính r = 4.. 0.5. Tâm H của (C) là hình chiếu của I lên (P). (P) có VTPT n (1; 2;2) . Viết phương trình đường thẳng IH từ đó tìm được H(2;-1;0). 0.5. b) Gọi u Ta có u. 30o nên ( , IH ). |a. 4.2b (2.0 điểm). a. (1; 2; 0) là một VTCP của d. 0.5. u1 nên a – 2b = 0 (1). Góc ( ,(P )). 2. ; u1. 0 là một VTCP của. (a;b;c). b. 2. 2b. 2c |. 2. 2. 2. c . 1. Từ (1) được 16c 2 Từ (*) chọn a. 9(5b 2. 14;b. Từ (**) chọn a. 7;c. 14;b. 2. c2 ). 7c. 3 5b. 7c. -3 5b. (**). 3 35 . Viết. 7;c. 0.5. 1 . 2. 2. ( 2). 1 2. 60o hay | cos(n, u ) |. 1. :. 3 35 . Viết. 0.5. (*). x. y. 1 14. 1. :. 1 7. x. 1 14. z. 2. 3 35 1 z. y 7. .. 2. 3 35. 0.5 . (1 đ). Câu 5 Ta có 2 2 a d ac 7 3 3   1  ; ad ad a  d 3 1  2d . Vậy T  16 1.0 điểm. f '(d ). 49 9  2d  1. 150 3d. 2.  3d  2   25 9. 2 2d 2d. 2. 1 1. 3. 1 f (d ). 9. 3136. 0,. 3. Suy ra f (d ) đồng biến, từ đó f (d ) KL max T bằng. . 2 d cd 3 1    3d  2  ab 1  1 3 2 2. 544 đạt được khi a 9. 2 f( ) 3 b. 0.25. 0.25. d. 1 2 ; 2 3. 0.25. 544 . 1 ;c 2. d. 2 3. 0.25. Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. - Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>