Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Số báo danh Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) 1 Cho hàm số yxxx=−32 +231 − + . 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi f ()xx=−32 6 x +− 9 x 3, tìm số nghiệm của phương trình: []fx()32−+−= 6 [] fx () 9 fx () 3 0. Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1+−++ sinxx )(1 2 sin ) 2(1 2 sin xx ) cos = 0 . 2xy−+ xy ⎪⎧22()−=++−−xyxy (2)2 xy xy − 2) Giải hệ phương trình ()xy,.∈ ⎨ 3 ⎩⎪ 3 yx−−+=2( 1) 1 0 Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. π 2 (sinx + cosxx )d 2) Tính tích phân I = . ∫ 22 π 3sinx + 4cos x − 2 Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn ():Cx22+= y 9, đường thẳng Δ=−+:33yx và điểm A(3; 0) . Gọi M là một điểm thay đổi trên ()C và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp SABCD. , đáy là hình chữ nhật có ABa= và BC= 2 a , mặt phẳng ()SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ()SBC và ()SCD cùng tạo với đáy một góc 2a bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng . 6 a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) 11 321 Cho các số thực x,,yz thoả mãn x >>>,,1yz và + +≥2 . 32 3221xyz++ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Ax= (3−−− 1)(2 y 1)( z 1) . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm 4,0 ● Tập xác định: D = . điểm ● Sự biến thiên: 0,5 + Chiều biến thiên: y '43=−xx2 + − ; y '(xx )= 0⇔= 1 hoặc x = 3. Hàm số nghịch biến trong khoảng: (−∞ ; 1) và (3;+ ∞ ) ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . 1 + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x =1; y = − , đạt cực đại tại x = 3; yCĐ =1. CT 3 1,0 + Giới hạn: lim y =+∞; lim y = −∞. x→−∞ x→+∞ + Bảng biến thiên x −∞ 1 3 + ∞ y ' − 0 + 0 − 1,0 +∞ 1 y 1 − −∞ 3 ● Đồ thị: ⎛⎞1 y + Đi qua điểm: (0; 1) và ⎜⎟4;− . ⎝⎠3 1 0,5 1 4 O 3 x 1 − 3 ⎛⎞1 + Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm I ⎜⎟2; . ⎝⎠3 2) 1,0 điểm [ fx()]32−+−= 6[ fx ()] 9 fx () 3 0 (1) 1 32 (1) ⇔−[][]fx() + 2 fx () − 3 fx () + 1 = 0. 0,5 3 - 1 -
3. ⎧gm()= 0 (2) 1 32 ⎧gm()= 0 ⎪ Đặt gx()=− x + 2 x − 3 x + 1, ta có: (1) ⇔ gfx ( ( ))= 0 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ m 3 ⎩mfx= () −=gx()(3). ⎩⎪ 3 Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị (C), suy ra (2) có 3 nghiệm m , thoả mãn: 0< m < 1, 1< m < 3 và 3<<m 4 . Cũng từ (C), ta có: 1 m + Nếu 01<<m hay −<−<0 thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. 33 m 1 0,5 + Nếu 1<<m 3 hay −<−1 <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. 33 4 m + Nếu 3<<m 4 hay −<−<−1 thì (3) có đúng 1 nghiệm. 33 Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. II 1) 2,0 điểm 4,0 (1+−++ sinxx )(1 2 sin ) 2(1 2 sin xx ) cos = 0 (1). điểm 2 ⎛⎞xx ⎛22 x x ⎞ (1) ⇔+⎜⎟cos sin (1 −++ 2sinxx ) 2(1 2sin ) ⎜ cos − sin ⎟ = 0 ⎝⎠22 ⎝ 2 2 ⎠ xx ⇔+=cos sin 0 (2) 22 1,0 ⎛⎞xx ⎛⎞ xx hoặc ⎜⎟cos+−++−= sin (1 2sinxx ) (2 4sin ) ⎜⎟ cos sin 0 (3) ⎝⎠22 ⎝⎠ 22 x π ● (2) ⇔=−tan 1 ⇔=−+x k2π . 2 2 xx x x ● (3) ⇔−+3cos sin 2sinxx cos − 6sin sin = 0 22 2 2 xx xx xx ⇔−+3cos sin 4sin cos22 − 12sin cos = 0 22 22 22 xx xx ⇔−3sin 4sin33 + 12cos − 9cos = 0 1,0 22 22 33xx 22α π ⇔+sin 3cos = 0 ⇔=x +l , tanα = − 3 . 22 33 π 22α π Vậy, (1) có nghiệm: x =− +k2π hoặc x =+l , tanα = − 3 (với kl, ∈ ). 2 33 2) 2,0 điểm 2xy−+ xy ⎪⎧22()−=++−−xy xy (2)2(1) xy xy − ⎨ 3 ⎩⎪ 3 yx−−+=2( 1) 1 0 (2). + Điều kiện: xy+≥0, 2 xy −≥ 0 (*). 1,0 + Khi đó: (1)⇔+−−=+++ 22xy−+ (2x yxy ) 2 2 xy ( xyxy ) . Xét hàm f ()ttt=+ 2t , suy ra: (1) có dạng f (2xy− )=+ fxy ( ). Mặt khác f ()t đồng biến, do đó (1) ⇔ 2x −=+yxy hay x = 2y . + Thế vào (2), ta được: 3 yy+=12(21) − 3 (3). ⎧⎪ty= (2− 1)3 1,0 Đặt 3 yt=−21, phương trình (3) trở thành hệ: ⎨ 3 ⎩⎪yt= (2− 1) - 2 -
4. Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: ty=−+−−+−+>∀()do 2(2 y 1)22 2(2 y 1)(2 t 1) 2(2 t 1) 1 0 yt , Thế vào hệ: yy=−(2 1)3 ⇔−812510yyy32 +−=⇔ (1)(841)0yyy−−+=2 ⇔=y 1. yx=⇒12 =, thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): (xy ; )= (2; 1) . III 1) 2,0 điểm 4,0 ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} . điểm 3 + Chọn d = 0 , chọn thứ tự abc,, trong tập E \0{ } có A 4 = 24 cách. Dạng này có 24 số. 1,0 + Chọn d ≠ 0 có 2 cách, chọn aE∈ \0,{ d} có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập 2 E \,{da} có A 3 = 6 cách. Dạng này có 2.3.6= 36 số. Lập được 24+ 36= 60 số. ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : 2 Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \1,{ d} có A 3 = 6 cách. Dạng này có: 3.6= 18 số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60− 18= 42 số. 1,0 42 7 Xác suất cần tính: P ==. 60 10 2) 2,0 điểm π 0 (sinx ++ cosxx )d2 (sin x cos xx )d I =+ ∫∫22 22 π 3sinx ++ 4cosxxx 3sin 4cos − 0 2 Đặt x =−t , ta có: 1,0 ππ 00(sinx + cosxx )d ( −+−+−+ sin t cos tt )d22 ( sin t cos tt )d ( sin x cos xx )d =− = = . ∫2 2 ∫∫∫ 22 22 2 2 ππ3sinx ++++ 4cosxttttxx 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos − 00 22 πππ 22cosx dxx dsin 112 ⎛⎞ 1 Suy ra: I ==22=−dsinx ∫∫22 2∫ ⎜⎟ 003sinx +− 4cosxx 4 sin 20 ⎝⎠ sinxx+− 2 sin 2 π 1,0 1sin2⎛+⎞x 2 1 = ln = ln 3 . 2sin2⎜⎟x − 2 ⎝⎠0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 3. điểm Nhận xét: A∈⇒=()COAOM ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM⊥ OB . 4 Gọi I = AM∩ OB ⇒ OG= OI . 1,0 y 3 uuur4 uuur Kẻ GK// AM , KOA∈ , ta có: OK= OA ⇒ K(4; 0). 3 M B G GK// AM ⇒ GK⊥ OB . I Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . ⎪⎧yx=−+33 O A K x Toạ độ Gx(; y ), y> 0 thoả mãn: ⎨ 22 ⎩⎪(2)xy−+= 4 1,0 ⎧ ⎪xy=+−33 ⎪⎧xy=+−33 ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ yy+13−+=2 4 22(13)230yy2 +− − = ⎩⎪() ⎩⎪ ⇒>Gy(3; 3) (do 0) . - 3 -
5. 9 9.d(,)OK G Ox 9.4. 3 93 Diện tích: SS==22 S = S= . = = . 1,0 ()(ΔΔAMB OAM ) () Δ OAI16 () Δ OKG 82 16 4 2) 3,0 điểm S a) Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD ) , suy ra HAB∈ (do (SAB )⊥ ( ABCD ) ). CB⊥ HB , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ()SBC và (ABCD ) là SBH . Hạ HE⊥ CD() E∈ CD , suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD ) và (ABCD ) là SEH . t 1,0 H Do đó SBH= SEH ⇒==HB HE2 a . A E Ta được BDAE// ⇒ BDSAE//( ) D ⇒=d(SA , BD ) d( B ,( SAE )) = d( H ,( SAE )) B C (do A là trung điểm HB ) 2a ⇒=d(HSAE ,( )) . 6 Nhận xét rằng HA, HE , HS đôi một vuông góc, suy ra: 1 111 311 1 =++ ⇔=++ ⇔ SH= 2 a . d(2222H ,( SAE )) HA HE HS 24aa22 aHS 2 2 1,0 14a3 Thể tích: VSSH==. . (.S ABCD )33 ( ABCD ) b) BDAE// , suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . 22 Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với AESASHHAa== + =5 và 1,0 SA222+− AE SE 1 SE== SH222 a , ta có: cos(SA , BD )= cos SAE ==. 2.SA . AE 5 V 2,0 Đặt 31x −=ay ,21, −= bz −= 1 c; ta có: abc,, là các số dương và A= abc . điểm 321 321 ⎛⎞abc Khi đó: ++≥2 ⇔++≥2 ⇔ 32−++≥⎜⎟ 3221xyz++ abc+++321 ⎝⎠abc+++321 0,5 abc ⇔++≤1. abc+++321 bc a 32bc bc Suy ra: +≤−1 hay ≥+≥ (1). 0,5 bc++21 a + 3abc+++321(2)(1)bc+ + 22ca 12ab Tương tự: ≥ (2) và ≥ (3). b + 2 (1)(3)ca++ c +1 (3)(2)ab+ + 0,5 3 Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: A ≤ . 4 abc1 Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: = == abc+++3213 3193 ⇔=abc,1, = = ⇔ xyz===,3, . 0,5 2222 3 Vậy, max A = . 4 . HẾT . - 4 -