DE THI HSG TINH THANH HOA 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC. Số báo danh .............................. y. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi 24/03/2015. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. x 2 x  1 có đồ thị (C). Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Cho điểm A(0; a). Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Câu II (4,0 điểm). . 3 sin 2x  cos2x  5sinx + 2 . 1. Giải phương trình:. 2. Giải hệ phương trình: Câu III (4,0 điểm). . 3 cosx + 3 + 3. 2cos x  3. 1. 20 6  x  17 5  y  3 x 6  x  3 y 5  y 0  2 2 2 x  y  5  3 3 x  2 y  11  x  6 x 13.  x, y   . 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca 1 . Chứng minh rằng : a b c 3 3  2  2  . 2 2 2 2 b c 2 c a 2 a b  2 8 5 x 2  2 xy  y 2 2   2 m 2 2 x  4 xy  5 y  m  1 có nghiệm thực. 2. Tìm m để hệ  Câu IV (4,0 điểm) 1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ? 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là 9 M ( ;3) 2 hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là : 4 x  y  4 0 . Viết phương. trình đường thẳng BC. Câu V (4,0 điểm) 1. Cho tứ diện SABC có SA a, SB b, SC c và SA  SB, SA  SC , SB  SC . Gọi R , V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện SABC . Tính 6. diện tích tam giác ABC theo a, b, c và chứng minh rằng:. R. 972V 2 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm. A  1; 2;  1 , B  0; 4;0 . và. mặt phẳng (P) có phương trình: 2 x  y  2 z  2015 0 . Viết phương trình mặt Q. P. phẳng   đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng   một góc nhỏ nhất. ………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT Hướng dẫn chấm (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang ). Đề chính thức Câu I. (4.0). Ý 1. (2.0). Nội dung Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y. Điểm. x 2 x 1. * Tập xác định:  \  1. 0.25. D. * Sự biến thiên:. y ' . 0.25  0 x  D 2  x  1 0.25. 3. 0.25. lim y 1 x  . , lim y 1 x  . , lim y  ; lim y   x  1. x  1. , Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y =1 . Bảng biến thiên x. 0.5 . _. 1. +.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> –. y’. 1. y. + 1 - Hàm số nghịch biến trên từng khoảng   ;1 ,  1;  ; * Đồ thị :. 0.5. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;2), cắt trục hoành tại (-2;0). Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 1) làm tâm đối xứng..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. (2.0). Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Xét thấy đường thẳng x = 0 đi qua A và không tiếp xúc với đồ thị (C) Phương trình đường thẳng d đi qua A(0; a) và có hệ số góc k:. 0,25 0.25. y kx  a. d là tiếp tuyến của (C)  Hệ PT x 2 kx  a  x 1  3 k   ( x  1)2 . có nghiệm  PT: f(x) = (1  a) x 2  2( a  2) x  (a  2)0.25 0. (1) có nghiệm x 1 . Để qua A có 2 tiếp tuyến thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. khác 1 . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¿ a≠1 Δ' =3 a+6 >0 f (1) ≠ 0 ⇔ ¿ a ≠1 a>−2 (∗) ¿{{ ¿ Khi đó ta có: x1  x2 . 2(a  2) a2 ; x1x20.25  a 1 a 1. và y1 1 . 3 3 ; y2 1  0,25 x1  1 x2  1. Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2  0   3   3  1  . 1  0 x1  1   x2  1  .  x1.x2  2( x1  x2 )  4 0 x1.x2  ( x1  x2 )  1.  3a  2  0 a. 2 3.  Kết hợp với điều kiện (*) ta được:. 0.25 0,25.  2 a    3 a 1. II. (4.0). 1. (2.0). . Giải PT lượng giác: 3 sin 2x  cos2x  5sinx + 2 . . . 3 cosx + 3 + 3. 2cos x  3. 1. (1) Điều kiện: 0.25 3 cos x ≠ − √ . 2 PT  3 s in2x  cos2x  5sin x  0.25 2  3 cosx + 3 + 3 2cos x  3. . .  0.25 3 sin2x  cos2x  5sin x  3cosx + 3 = 0 0.25 .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3cosx  2sinx  1 + 2sin 2 x  5sin x + 2 = 0  3cosx  2sinx  1 +  2sinx  1  sin x  2  = 0.   2sin x  1. . . 3cosx + sinx  2 = 0 0.25.  1   s inx = 2   sin  x    1    3     x  6  k2   x  5  k2  6   x    k2  6 . So sánh với đk, kết luận nghiệm pt là:  x   k2, k   6 2. (2.0). 0.25. 0.25. 0.25. Giải hệ phương trình : 2.00 20 6  x  17 5  y  3 x 6  x  3 y 5  y 0  1  2  2 2 2 x  y  5  3 3 x  2 y 11 x  6 x  13 Điều kiện: x 6; y 5; 2 x  y  5 0;0.25 3x  2 y  11 0. y 5  y  20  3x  6  x  17  30.25   3  6  x   2  6  x  3  5  y   2  Xét hàm số f  t   3t  2  t với t 0 , ta có f '  t  3 t . 5 y. 0.25. 3t  2  0, t  0 2 t 0.25.  3 Kết hợp với ta có 0.25 f  6  x   f  5  y   6  x 5  y  y  x  1 Thay vào phương.  3.  x, y   .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  2  của hệ, trình ta được 2 3x  4  3 5 x  9 x 2  6 x 13 4 x  3. , với 2 . .  . 3x  4   x  2   3  2 x  x  1. 3x  4   x  2 . . . 5 x  9   x  3  x 2  x.  3 x  x 1 5 x  9   x  3 0.25. x 2  x.   2 3  x  x  1    1 0  3x  4   x  2  5 x  9   x  3     x 0; x  1 0.25 (vì 2 3  1  1 3x  4   x  2  5 x  9   x  3 với mọi x thuộc TXĐ). Với x 0  y  1 Với x  1  y  2 Thử lại ta thấy 0.25 nghiệm của hệ phương trình đã cho là  x; y     0;  1 ;   1;  2  III. (4.0). 1. (2.0). Cho các số thực. a, b, c  0 và thỏa :. ab  bc  ca 1 CMR:. a b c 3 3    b2  c 2  2 c2  a2  2 a 2  b2  2 8. (*). Có ab  bc  ca 1 nên b 2  c 2  2 a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )  a 2 (a  b  c ) 2  a 2 S 2  a 2 0.25 trong đó S a  b  c và S 2 (a  b  c)2 3(ab  bc  ca ) 3  S  3 . Khi đó 0.25 a b c 3 3  2  2  2 2 2 2 b c 2 c a 2 a b 2 8.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a b c 3 3  2 2 2 2 2 S a S b S c 8 2 2 2 aS bS cS 3 3 2  2  2 2 2 2 S 2 S a S b S 0.25 c 8 . . 2. a3 b3 c3 3 3 2  a   b  c  S 2 2 2 2 0.25 2 2 S a S b S c 8. a3 b3 c3 3 3 2   S  S 2 2 2 2 2 2 S a S b S c 8 0.254 a4 b4 c 3 3 2   2 3  2 3 S  S 2 3 aS  a bS  b cS  c 8 Lại có theo Cauchy-Schazw thì a4 b4 c4 (a 2  b 2  c 2 ) 2    aS 2  a 3 bS 2  b3 cS 2  c 3 S 2 (a  b  c )  (a 3  b3  c 3 ) S (a 2  b 2  c 2 ) 2 0.25 S ( S 2  2) 2 S ( S 2  2) 2  4   S  (a  b  c)(a 3  b3  c3 ) S 4  ( S 2  2) 2 4S 2  4 (Vì . (a 2  b 2  c 2 )2 ( a . a 3  b . b3  c . c 3 ) 2 (a  b  c)(a 3  b 3  c 3 ) ) Ta đi chứng minh S ( S 2  2) 2 3 3 2 0.25 ( S 2  2) 2 3 3  S  S  1  S 2 2 4( S  1) 8 4( S  1) 8  2 S 3  3 3S 2  3 3 0  ( S . 2. (2.0). 3)(2 S 2 . 3S  3) 0.  ( S  3) 2 (2S  3) 0 (luôn đúng S  3) Vậy BĐT (*) được chứng 0.25 minh, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1 a b c  3. Tìm m để hệ 5 x 2  2 xy  y 2 2 (1)   2 m 2 (2)  2 x  4 xy  5 y  m 1  có nghiệm thực. Có 5 x 2  2 xy  y 2 2 5 x 2  2 xy  y 2 2   0.25 2 2  2 m  2 2m  x  6 xy  9 y 2 2 2 2 x  4 xy  5 y  4 x  8 xy  10 y  m 1  m 1  +) Điều kiện cần: 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Giả sử ( x0 ; y0 ) là một nghiệm của hệ thì 2  x0 2  6 x0 y0  9 y0 2 ( x0  3 y0 ) 2 0  m   1. m 1 0.25 Do đó m   1 là điều kiện cần để hệ đã cho có nghiệm. +) Điều kiện đủ: m 1 m   1 1  1 m 1 m 1 , nên nếu hệ 5 x 2  2 xy  y 2 2 (1)  2 2 (2)  2 x  4 xy  5 y 1 có nghiệm. ( x0 ; y0 ) thì ( x0 ; y0 ) cũng là. 0.25. một nghiệm của hệ 5 x 2  2 xy  y 2 2   2 m 2 2 x  4 xy  5 y  m 1  . Xét hệ 2 2 x 2  2 xy  y 2 2 5 x  2 xy  y 2 50.25  2  ( x  3 y ) 2 0  x 3 y  2 2 2  2 x  4 xy  5 y 1 4 x  8 xy  10 y 2 Thay x 3 y vào. IV. (4.0). 1. (2.0). (1) ta được 0.5 1 1 3 1 3 1 2 y   y   ( x; y ) ( ; ); ( x; y ) ( ;  ). 25 5 5 5 5 5 Vậy m   1 là 0.25 giá trị cần tìm. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ? Gọi số đó là A a1a2 a3 a4 a5 a6 0.25 . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ. TH1: A có 1 chữ 0.25 số lẻ 0.25 +) a1 lẻ: Số các.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> số A là C51 P5 600 +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Số các số A là 4.(C51C44 ) P5 2400 Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ. TH2: A có 2 chữ số lẻ +) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 chẵn. Vậy số các số A là 5.5.(C41C43 ) P4 9600 +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong a2 a3. 0.25 0.25. a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C52 .6.P2 ). A43 11520 Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số A. TH3: A có 3 chữ số lẻ +) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong a3 a4 a5 a6 .. Vậy số các số A là 5.5.(C42 .3.P2 ). A42 10800. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ trong a2 a3 a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C53 .1.P3 ). A42 2880 Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số các số A.. 2. (2.0). Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số A. Viết phương trình cạnh BC. 0.25. Gọi K là trung điểm của HD. Ta chứng minh AK ⊥ KM . Thật vậy gọi P là trung điểm của AH. Ta có PK song song và bằng nửa AD ⇒ PK ⊥ AB . Mà AH ⊥ KB do đó P là trực tâm của tam giác ABK. ⇒ BP  AK mà BPKM là hình bình hành nên KM song song BP  AK  KM Phương trình đường thẳng KM: đi qua 9 M ( ; 3) và 2 vuông góc với AK: 4 x  y  4 0 nên MK có pt:. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x  4y . V (4.0). 1. (2.0). 15 0 2. . Do K=AK ∩ MK ⇒ Toạ độ 1 K ( ; 2) . 2 Do K là trung điểm của HD mà H(1; 2) nên D(0; 2) ⇒ pt của BD: y – 2 = 0 AH đi qua H(1; 2) và vuông góc với BD nên AH có PT: x - 1 = 0 và A=AK ∩ AH ⇒ A(1; 0). BC qua 9 M ( ; 3) và 2 song song với AD nên BC có PT là: 2x + y – 12 = 0. Tính dt(ABC), C/m : 6 972V 2 R 2. 0.25 0.25. A. a N I c. S b M B. Ta có (1);. V. abc 6. Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ. 0.25. 0.25. C.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> S của hình chóp SABC ta có: 1 1 1 1  2 2 2 2 h a b c (2) Gọi diện tích tam giác ABC là dt(ABC) ta có: 3V dt ( ABC )  h ( 3). 0.25. Từ (1), (2), (3) ta 0.25 có a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 dt ( ABC )  2 Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC M , N lần lượt là trung điểm của BC , SA. 0.25. Khi đó R IS  SN 2  SM 2  Theo Côsi ta có: 6 27a 2b 2c 2 R 2 ( 4) Từ (4) và (1) suy 6 972V 2 R 2 ra Vậy ta có điều phải chứng minh. 2. (2.0). Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt  P  một phẳng góc nhỏ nhất  Q Mặt phẳng đi qua điểm B nên có phương trình dạng. 1 2 1 1 SA   SB 2  SC 2   a 2  b 2  c 2 4 4 2 0.5. 0.25. 2.00. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ax  b  y  4   cz 0  Q  Mà. điểm.  a, b, c  , a. 2.  b2  c 2  0. A  Q. cũng thuộc nên a.1  b  2  4   c   1 0  a 2b  c  1 . Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  : nP  2;  1;  2  Một véctơ pháp tuyến của mặt 0.25 phẳng  Q  : nQ  a; b; c  Gọi  là góc tạo bởi hai mặt 0.25 P ,  Q  phẳng . Khi đó ta có   nP .nQ 2a  b  2c cos     nP . nQ 3. a 2  b 2  c 2.  2. Thế a 2b  c  1 vào.  2. cos . ta được 3b. 0.25 . b. 3. 5b 2  4bc  2c 2 5b 2  4bc  2c 2 +) Nếu 0.25 0 b 0  cos =0   =90 . +) Nếu 0.25 1 1 1 b 0  cos    2 2 2 c c c c c  2   4  5 2   4  5 2  1  b b b b b   Vậy góc nhỏ nhất khi 1 c cos    1  c  b, a b b 3 . Do đó phương 0.25 trình mặt phẳng  Q  có dạng : x  y  z  4 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..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 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'>(16)</span>