DE THI HSG 12 TINH HA NAM

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT NĂM HỌC: 2015 - 2016 Môn: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang). Câu 1 (5,0 điểm).. y mx 3  3  m  1 x 2  9  m  2  x  2 (1) ( m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  2 x2 1. x 1 y x  2 có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  2 x  m  1 ( m là 2. Cho hàm số C tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d luôn cắt   tại 2 điểm phân biệt 1. Cho hàm số. A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến tại A và B của  C  . Xác định m để 2 2  3k1  1   3k2  1 98. Câu 2 (4,0 điểm). 1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực. x  7  x 2  2 x  3  4 x  2..  x  x 1  x2 1  2log .log 3 y log 2 2 3  y  1  y2   27 2 3 2 x y x.  x  xy  x  2 x  8  2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực  4.  sin x cos x  x   1  x tan x   x I  cos x  1  x tan x  Câu 3 (2,0 điểm). Tính tích phân 0. 2. 2. 2. dx.. Câu 4 (5,0 điểm).. 1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với. AB BC 2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC . Trên các đoạn A’B, A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’ 2 BM , AA’ 3 A’ N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10. S . ABC 2. Cho hình chóp. có. độ 2. 2. dài. các. cạnh. 2. SA BC x, SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z 12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC..  S  có tâm  C  có chu vi. Câu 5 (2,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu. I   2; 3; 5  . Biết  S  cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn 20 . Viết phương trình mặt cầu  S  . Câu 6 (2,0 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x  y 2  z 2   yz  y  z  . x , y , z Cho các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 yz  1  x   y 1 z  P   . 2   1  y 1  z 1  x 1  y 1  z       1  x    . của biểu thức. Hết Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh………………………........... Người coi thi số 1…………………………… Người coi thi số 2.………………...................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM (Hướng dẫn chấm có 06 trang). Câu Câu 1. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12. ý Nội dung 2 2 1. Ta có y ' 3mx  6( m  1) x  9( m  2). Hàm số đã cho có 2 cực trị  y ' 0 có 2 (2,0đ) m 0 m 0  m 0    2  '  0  18m  36m  9  0. nghiệm phân biệt.    2  6 2  6  (*)  m  ;    2   2 .  2  m  1 (1)  x1  x2  m   x .x  3  m  2  (2)  1 2 m Do x1 , x2 là nghiệm của pt y ' 0, theo định lý Viét ta có  Lại có x1  2 x2 1 (3). 3m  4   x1  m   x 2  m .  2 m Từ (1), (3) thay vào (2) ta được m 2  3m  4   2  m  3  m  2     m 2 m2 m 3 (t/m (*))  2 m 2, m  . 3 Kết luận: Các giá trị cần tìm là. Điểm. 0,5. 0,25. 0,5. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 1 2.  2 x  m  1 (1) (3,0đ) Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của pt x  2  x  1   2 x  m  1  x  2  (1) (vì x  2 không là nghiệm của pt (1)) 2  2 x   6  m  x  3  2m 0 (2). 2. 2.   6  m   8  3  2m  m  4m  12  0 m  . Ta có Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 là hoành độ của A, B  x1 , x2 là các nghiệm của pt (2). Theo định lý Viét 1  k1  m 6 2    x1  2    x1  x2  2   1 k  3  2 m x x  2 2 1 2   x2  2  2 ta có  . Mặt khác ta có  1 1 1  k1k2    4. 2 2 2 2  x1  2   x2  2   x1 x2  2 x1  2 x2  4   3  2m  m  6  4     2  2 2 2 2  3k1  1   3k2  1 98  9k1  9k2  2  3k1  3k2  96. (*) Khi đó. Câu 2. 9k 2  9k22 2 81k12 k22 18k1k2 72 Ta có k1 , k2  0. Theo bđt Côsi: 1 và 2  3k1  3k2  4 9k1k2 12 4 24. Vậy VT(*) 72  24 96. Dấu bằng xảy ra m 6  k1 k2  x1  2   x2  2   x1  x2  4   4  m  2. 2 Kết luận: Giá trị cần tìm là m  2. 1. 1 x . (2,0đ) Điều kiện: 2 Bất phương trình đã cho x  7  4x  2  x 2  2 x  3  x  7  4 x  2 0  x 2  2 x  3  0 x  7  4x  2 3 3  x  3     x  1  x  3  0   x  3  x  1   0  * x  7  4x  2 x  7  4x  2   3 1  f  x  x 1  ;    x  7  4 x  2 liên tục trên  2  Ta có hàm số 1 2  4 x  2  0 x  1  f x f '  x  1  3. 2 x  7   1  2 2  2 ;   x  7  4x  2  và đồng biến trên  1 1 3 3 2 f  x  f      0 x  . 2 15  2 2 Do đó. . 0,5 0,25. 0,5. 0,5. 0,5 0,5 0,25. 0,25. 0,5. . Từ đó bpt (*)  x  3 0  x 3. 1   ;3 . Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là  2 . 0,5 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2..  x  x 1  x2 1 log 2 log 2 .log 3 y (1) (2,0đ)  2 2 3  y  1 y   27 2 3 2 x y x (2)  x  xy  x  2 x  8  Điều kiện: x  0, y  0.. 0,25. Viết lại pt (1) dưới dạng. . . . . log 2 x  x 1  x 2  log 2 y  1  y 2  2log 2 3.log 3 y.     y  1 y  log  x  x 1  x  log y.  log 2 x  x 1  x 2 log 2 y  1  y 2  log 2 y 2 2. 2. 2. 2. 1 1  x  x 1  x2   y y. 2. 1  1.  1' y2. 0,5 t2. 2. f  t  t  t 1  t 2 , t  0.. Xét hàm số. f '  t  1  1  t  Ta có. 1 t2.  0 t  0.. 1  x   xy 1. y  hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên  0;   , do đó pt (1’) Khi đó pt (2) trở thành 27 2 2 x  1  x2  2x  x x 8 . 2x  2  2 x2  2x .  1 1. Đặt. 27 2 x x 4. 2. 0,25. 2 2 27  2 1   x2 x x 4. 2 27 2 27 2 2  x  x  1  1  0.  2'  x 4 4 x. g  x . 27 2 2 x  1  1  , x  0. 4 x Ta có. Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên. g ' x  . 27 x 2. 1 x2 1 . 2 x.  0 x  0.. 0,5.  0;   ..  2 g   0.  0;   . Mà  3  Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên 2 3  x; y   ;  .  3 2 Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có  4. sin x cos x  x   1  x tan x   x 2  I  dx 2 cos 2 x  1  x tan x  0  4. . 4 sin x cos x  x x 2 dx  2 dx   2 2 0 cos x  1  x tan x  0 cos x  1  x tan x . 0,25.  4. - Đặt  4. Câu 3 (2,0đ). sin x cos x  x I1  2 dx. 0 cos x  1  x tan x .  x 4 2 cos x dx  d  1  x tan x  ln 1  x tan x  1  x tan x 1  x tan x 0. tan x . I1  0.  4. - Xét. Ta có.  4.  4 0.   ln  1   . 4 .  4. x 2 dx x 2dx x 2 cos xdx I 2  2   . 2 2 2   0 cos x  1  x tan x  0  cos x  x sin x  0 cos x  cos x  x sin x . x    x sin x  cos x  dx du  u  cos x    cos 2 x    x cos xdx 1  dv  v  2    cos x  x sin x  x sin x  cos x Đặt    I 2   . Câu 4. x 1  .  cos x x sin x  cos x .    4  I I1  I 2 ln  1    . 4  4   Vậy: Gọi E là trung điểm AN, ta có 1. (2,5đ) ME//AB//LK  S MLK S ELK  VMNKL VNELK. 0,75.  4 0.  4. dx 4   2  . cos x 4   0. 0.25. 0,25. 0,25 0,25. B’ C’ A’ N M LC B E A ’K’. 0,5. 1 S EKN  S A ' KA 3 ta cũng có +) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC  nên mà. BK  AC  BK   A ' AC . 1 BK d  L,  NKE    d  B,  NKE    2 2 , do L là trung điểm BC. +) Ta có 1 1 AC VNELK  d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA KB   2 3 18 2 ; +) Vì. A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 2 3. 0,5 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0,25. 1 3 2  S A ' AK  A ' K .KA  . 2 2 Vậy. VNELK. 2. (2,5đ). 0,5. 1 1 3 2 1 1  KB.S A ' KC  2.   VMNLK  . 18 18 2 6 6. A. S N C. P. B. Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ. 1 S MNP 4 S ABC  VS . ABC  VS .MNP 4 +) Có. 0,5. 1 SB  AC  NP  SNP 2 +) Do vuông tại S.. M. Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S. Đặt a SM , b SN , c SP , ta có:  a 2 2  x 2  z 2  y 2   a 2  b2 4 x 2   2  2 2 2 2 2 2 b  c  4 y   b 2  x  y  z  c 2  a 2 4 z 2  2 2 2 2  c 2  y  z  x  1 1 2 VS . ABC  VS .MNP  abc  4 24 12. x. 2. 0,5.  y 2  z 2   y 2  z 2  x2   z 2  x2  y 2  .. 0,5. Mà theo bđt Côsi:. x. 2.  y2  z 2   y 2  z 2  x2   z 2  x2  y 2   3. 3.  x 2  y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2   12  3     4 3    3 nên. VS . ABC . 2 3 2 2 4  . 12 3. 0,5. 12 x 2  y 2  z 2  4  x  y  z 2. 3 Đẳng thức xảy ra khi. Câu 5 (2,0đ). 2 2 . Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là 3 Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2 r 20  r 10. Ta có. d  I ,  Oxy   5.. Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có. R  d 2  I ,(Oxy )   r 2  125.. 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x  2 Vậy mặt cầu (S) có phương trình Câu 6 (2,0đ). P. . . 1 x. . 0,5. 2.  y z  2 yz  1 x         1 y 1 z  1 y  1 z   1 x . 2.  y z  2 yz  2     1     1 y 1 z  1 y  1 z   1 x . 2.  y z  4 yz 2 yz       1  y 1 z  1 y  1  z  1 x 1  y  1  z . 2. 1. . 2. 2. 1. 1 x. 2.   y  3   z  5  125.. 2. 1. 1 x. 2. 1. 1 x. 2. . 2. . 1. y2. 1 y . 2. . 1 2. z2. 1 z. 2. . 1. . 2. 4 yz  1  y  1  z  1  x  . 4 .  1  1  1 x 1   1  y  z .  1  1 1  1 y  z    1 1 u  , v   u, v  0. y z Đặt Khi đó 1 1 1 4 P    . 2 2 2 1 x 1 u  1 v 1 x 1 u  1 v . 1 x. 1. P. 2. 2. . 0,5. 4 . 1 x 1 u  1 v. . 1 x 1 u  1 v Theo bđt Côsi: Mặt khác, giả thiết trở thành  y2  z2  y  z  1 1 1 1 x 2 2    x  2  2     x  u 2  v 2  u  v. yz z  y z y  y z . 2 2 x  u  v  2 x  u 2  v 2  2  u  v   u  v  . x Theo bđt Bunhiacốpxki: 2 2 1 1 2 x 1  2  1  u   1  v    2  u  v    2     . 4 4 x x     Lại theo bđt Côsi: P Từ đó suy ra. 1. 1 x. f  x . 2. . 2 x2. 1 x. 2. . 2 x3  6 x 2  x 1. 1 x. 3. 4 x2. 1  x. 3. . 2 x3  6 x 2  x  1. 1  x . 3. . 0,5. , x  0.. Xét hàm số 10 x  2 1 f ' x   f '  x  0  x  . 4 5  x 1. Ta có.  0;  suy ra Lập bảng biến thiên của f(x) trên  1  91 P  f  x  f    .  5  108 91 Kết luận: GTNN của P là 108 đạt được khi. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 2 1 1 x  , u v, u  v  10  x  , u v 5  x  y  z  . 5 x 5 5 Lưu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm ----------- HẾT-------------.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>