SỞ GD &ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1 @ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN: TOÁN 12 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số 2 3 2 − = − x y x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giaođiểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhấ. CâuII(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1sinsin4 cos 1 2sin 2cos.cos1 2 −−=− − xx xx xx 2.Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  CâuIII (1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 0 2 1 2 3 4 4 . 2 1I x x x x dx − = − − + + ∫ . Câu IV(1,0 điểm)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45 0 . Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1 2 AP AH= uuur uuur . gọi K là trung điểm AA’, ( ) α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ' ' ' ABCKMN A B C KMN V V . Câu V(1,0điểm) Cho 3 số thực x;y;z thoả mãn: 2 2 2 1 x y z− − − + + = . Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 x y z x y z x y z y z x z x y+ + + + + + + ≥ + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A, hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a(2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 2) ( 1) 25− + + =x y theo một dây cung có độ dài bằng 8. 2)Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho 2 2 3MA MB MC+ − uuur uuur uuuur nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0điểm)Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.a (1,0điểm) Giải phương trình: 4 x + 6 x = 25x +2 Hết ĐÁP ÁN+THANG ĐIỂM CHẤM TOÁN KHẢO SÁT 12 LÀN III Câu Hướng dẫn&Đáp án Điểm I 1)Học sinh khảo sát đầy đủ các bước và vẽ đúng chính xác đồ thị 1đ 2) ) Ta có: 2x, 2x 3x2 ;xM 0 0 0 0 ≠         − − , ( ) 2 0 0 2x 1 )x('y − − = Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ( ) 2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 0 2 0 − − +− − − =∆ Toạ độ giao điểm A, B của (∆) và hai tiệm cận là: ( ) 2;2x2B; 2x 2x2 ;2A 0 0 0 −         − − Ta có: 0 0 2 2 2 2 2 + − + = = = A B M x x x x x , M 0 0BA y 2x 3x2 2 yy = − − = + ⇒ M là trung điểm AB. Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích: S = 2 2 2 2 0 0 0 2 0 0 2 3 1 ( 2) 2 ( 2) 2 2 ( 2) π π π π     −     = − + − = − + ≥  ÷   − −         x IM x x x x Dấu “=” xảy ra khi    = = ⇔ − =− 3x 1x )2x( 1 )2x( 0 0 2 0 2 0 ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ II 1) Đk: sin 2 0 , 2 k x x k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 1 cos .cos2 1 4sin sin 1 sin 2 cos 1 cos . 1 2sin 2sin 4sin sin 1 .2sin .cos 1 cos 2cos .sin 2sin 8sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 0 1 2sin 8sin .cos 4sin .cos 2sin .cos cos 0 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − = − − ⇔ − − − = − − ⇔ − + − − + + = ⇔ − − + + − = ⇔ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0 1 2sin 4(1 cos )cos cos 1 0 1 2sin 0 1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0 cos 1 4cos 4cos 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − =   ⇔ − − − + =    − =  ⇔ − − + + = ⇔ =      + + =  ( ) 2 6 1 sin 5 2 2 5 2 6 cos 1 : 2 ; 2 ; 2 6 6 3 1 cos 2 2 2 2 3 x k x x k KL x k x k x k x k loai x k π π π π π π π π π π π π π π  = +    =   = +   ⇔ = ⇔ = + = + = ± +     = + = −     = ± +   0,5 đ 0,5đ 2) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 1(1) (2) xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  ĐK:x+y>0 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 (1) ( ) 2 1 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 0 ( ) ( ) 1 2 1 0 1 1 2 0 1 0(*) 0(**) xy x y xy x y xy x y xy x y x y x y x y xy x y x y x y x y xy x y x y x y ⇔ + − + = ⇔ + − + + − + = +   ⇔ + + − − + − = ⇔ + − + + + − =      + − =  ⇔  + + + =  Xét (*)kết hợp với (2) ta có hệ: 2 1 0x y x y x y + + =    + = −   .Giải hệ được nghiệm: 1 0 x y =   =  hoặc 2 3 x y = −   =  Xét (**) vô nghiệm do đk x+y>0.Kl 0,5đ 0,5đ III Tính tích phân: ( ) 0 2 1 2 3 4 4 . 2 1I x x x x dx − = − − + + ∫ I 0 0 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1)x dx x x dx − − = − + + + ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 1 2 4 (2 1)I x dx − = − + ∫ . Đặt: 1 2 1 2sin , ; cos , 0, 0 2 2 2 6 x t t dx tdt x t x t π π π   + = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =     . Khi đó: 6 6 6 6 2 6 6 1 0 0 0 0 0 0 1 3 2cos (1 cos 2 ) cos 2 sin 2 2 6 4 I tdt t dt dt tdt t t π π π π π π π = = + = + = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 2 ( . 2 1)I x x dx − = + ∫ . Đặt: 2 1 2 1 2 1, , 0, 0 1 2 t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = ⇒ = . Khi đó: 1 2 5 3 2 1 2 0 0 1 1 2 10 6 15 t t t I t dt   − = = − =−  ÷   ∫ KL: Vậy 1 2 3 1 6 4 15 I I I π = + = + − . 0,5đ 0,25đ 0,25đ IV Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’. Ta có: 2 3a AP = 3aAH =⇒ Vì '' AHA∆ vuông cân tại H Vậy 3' aHA = . Ta có 4 3 2 3 . 2 1 2 aa aS ABC == (đvdt) 2 3 ' ' ' 3 3 ' . 3. 4 4 ABCA B C ABC a a V A H S a ∆ ⇒ = = = (đvtt) (1) Vì '' AHA∆ vuông cân ( ) CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ (Vì ;KH PQ KH BC⊥ ⊥ ) G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) mà AA’ = 22 ' AHHA + = 633 22 aaa =+ 4 6 2 6 a CNPEBM a AK ===⇒=⇒ Ta có thể tích K.MNJI là: 1 . 3 1 1 6 ' 2 4 4 MNJI V S KE a KE KH AA = = = = 2 6 6 . . ( ) 4 4 MNJI a a S MN MI a dvdt= = = 2 3 1 6 6 ( ) 3 4 4 8 KMNJI a a a V dvtt⇒ = = 3 3 2 3 ' ' ' 3 1 8 8 3 2 8 8 ABCKMN A B C KMN a a V a a V − ⇒ = = + 0,25đ 0,5đ 0,25đ V Đặt 2 ;2 ;2 x y z a b c= = = .Từ giả thiết ta có ab+bc+ca=abc,và bất đẳng thưca cần chứng minh có dạng 45 E K J I A B C C' B' A' P H Q N M 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + ≥ + + + (*).Ta có (*) ⇔ 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + ⇔ 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + ≥ + + + + + + .Mặt khác theo bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + ≥ + + (1).Tương tự cũng có 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + (2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + (3).Cộng vế với vế (1),(2) ,(3) ta suy ra điều phải chứng minh. 1 đ VI.a 1)G/s một véc tơ pháp tuyến của d là ( ; )n a b r ,vì d đi qua điểm A(1;2) nên d có phương trình d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 hay d: ax + by – a – 2b = 0 ( a 2 + b 2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3. ( ) 2 2 2 2 2 2 , 3 3 3 − − − = = ⇔ − = + + a b a b d I d a b a b a b 2 0 8 6 0 3 4 =   ⇔ + = ⇔  = −  a a ab a b • a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 • a = 3 4 − b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0. …………………………………………………………………………………………………… 2)Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho 2 2 3MA MB MC+ − uuur uuur uuuur nhỏ nhất. +)Tìm điểm I thuộc (P) sao cho 2 2 3 0IA IB IC+ − = uur uur uur r (*) kết quả I(3;-7;-1) +)Biến đổi 2 2 3 2 2 2 2 3 3MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IM+ − = + + + − − = = uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur (Do có (*)). +)Lập luận 2 2 3MA MB MC+ − uuur uuur uuuur nhỏ nhất khi và chỉ khi IM ngắn nhất,do M thuộc (P) nên IM ngắn nhất khi M là hình chiếu của I trên (P).Tìm được hình chiếu của I trên (P)là I(6;-3;2) 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ VII.a Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5. + Các bộ số có 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). + Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P 4 = 96 số chia hết cho 5. Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P 4 = 24 cách lập số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3 =18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P 4 +3P 3 ) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.b 1) (C 1 ): 2 2 ( 1) ( 1) 4− + − =x y có tâm 1 (1; 1)I , bán kính R 1 = 2. (C 2 ): 2 2 ( 4) ( 1) 1− + − =x y có tâm 2 (4; 1)I , bán kính R 2 = 1. Ta có: 1 2 1 2 3= = +I I R R ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : ( ) : 0 ∆ ∆ = + ⇔ − + =y ax b ax y b ta có: 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 ( ; ) 4 4 ( ; ) 4 1 4 7 2 4 7 2 1 4 4 ∆ ∆  + −   =  = = −   =  +    ⇔ ⇔     = + − − +     = = =      +  a b a a d I R a b hay d I R a b b b a b Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 1 2 3 2 4 7 2 2 4 7 2 ( ): 3, ( ): , ( ) 4 4 4 4 ∆ ∆ ∆ + − = = − + = +x y x y x . 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 ; ; ;0 . 1; 1; 1 ; ;0; .   = − − = − = +   ⇒   = − − = − = +     uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur DP p NM m n DP NM m n DN n PM m p DN PM m p . Phương trình mặt phẳng (α): 1+ + = x y z m n p . Vì D ∈(α) nên: 1 1 1 1 − + + = m n p . D là trực tâm của ∆MNP ⇔ . 0 . 0   ⊥ =   ⇔   ⊥ =     uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur DP NM DP NM DN PM DN PM ⇔ 0 3 0 3 1 1 1 1 + =  = −   + = ⇔   = =   −  + + =   m n m m p n p m n p Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α): 1 3 3 3 + + = − x y z 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ VII. b Phương trình ↔ f(x) = 4 x + 6 x - 25x +2 =0. Ta có f’(x) =4 x .ln4 + 6 x .ln6 -25→f”(x) =4 x .(ln4) 2 +6 x .(ln6) 2 >0 ∀x∈R → f’(x) đồng biến /R. Mặt khác f’(x) liên tục và f’(0) =ln4 +ln6 -25<0, f’(2) =16.ln4+36.ln6 -50 >0 → f’(x) = 0 có nghiệm x 0 ∈(0;2) Vậy f(x) =0 có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên: Ta có f(0) =0 và f(2) =0 Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2. 0,5 đ 0,5 đ x f’(x) f(x) -∞ +∞ 0 2 x 0 0 - + +∞ -∞ f(x 0 ) SỞ GD &ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1 @ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN: TOÁN 12 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I: (1.0 điểm) Cho hàm số 2 3 2 − = − x y x Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giaođiểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhấ. CâuII(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1sinsin4 cos 1 2sin 2cos.cos1 2 −−=− − xx xx xx 2.Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  CâuIII (1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 0 2 1 2 3 4 4 . 2 1I x x x x dx − = − − + + ∫ . Câu IV(1,0 điểm)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45 0 . Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1 2 AP AH= uuur uuur . gọi K là trung điểm AA’, ( ) α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ' ' ' ABCKMN A B C KMN V V . Câu V(1,0điểm) Cho 3 số thực x;y;z thoả mãn: 2 2 2 1 x y z− − − + + = . Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 x y z x y z x y z y z x z x y+ + + + + + + ≥ + + + Câu VI. (1,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 2) ( 1) 25− + + =x y theo một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 2y + 16 = 0. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho 2 2 3MA MB MC+ − uuur uuur uuuur nhỏ nhất. Câu VII (1,0điểm)Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. Câu VIII (1,0 điểm) 1) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(- 1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho 2 2 3MA MB MC+ − uuur uuur uuuur nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu IX (1,0điểm) Giải phương trình: 4 x + 6 x = 25x +2 Hết ĐÁP ÁN+THANG ĐIỂM Câu Hướng dẫn&Đáp án Điểm I 1)Học sinh khảo sát đầy đủ các bước và vẽ đúng chính xác đồ thị 1đ 2) ) Ta có: 2x, 2x 3x2 ;xM 0 0 0 0 ≠         − − , ( ) 2 0 0 2x 1 )x('y − − = Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ( ) 2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 0 2 0 − − +− − − =∆ Toạ độ giao điểm A, B của (∆) và hai tiệm cận là: ( ) 2;2x2B; 2x 2x2 ;2A 0 0 0 −         − − Ta có: 0 0 2 2 2 2 2 + − + = = = A B M x x x x x , M 0 0BA y 2x 3x2 2 yy = − − = + ⇒ M là trung điểm AB. Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích: S = 2 2 2 2 0 0 0 2 0 0 2 3 1 ( 2) 2 ( 2) 2 2 ( 2) π π π π     −     = − + − = − + ≥  ÷   − −         x IM x x x x Dấu “=” xảy ra khi    = = ⇔ − =− 3x 1x )2x( 1 )2x( 0 0 2 0 2 0 ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ II 1) Đk: sin 2 0 , 2 k x x k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 1 cos .cos2 1 4sin sin 1 sin 2 cos 1 cos . 1 2sin 2sin 4sin sin 1 .2sin .cos 1 cos 2cos .sin 2sin 8sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 0 1 2sin 8sin .cos 4sin .cos 2sin .cos cos 0 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − = − − ⇔ − − − = − − ⇔ − + − − + + = ⇔ − − + + − = ⇔ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0 1 2sin 4(1 cos )cos cos 1 0 1 2sin 0 1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0 cos 1 4cos 4cos 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − =   ⇔ − − − + =    − =  ⇔ − − + + = ⇔ =      + + =  ( ) 2 6 1 sin 5 2 2 5 2 6 cos 1 : 2 ; 2 ; 2 6 6 3 1 cos 2 2 2 2 3 x k x x k KL x k x k x k x k loai x k π π π π π π π π π π π π π π  = +    =   = +   ⇔ = ⇔ = + = + = ± +     = + = −     = ± +   0,5 đ 0,5đ 2) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 1(1) (2) xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  ĐK:x+y>0 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 (1) ( ) 2 1 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 0 ( ) ( ) 1 2 1 0 1 1 2 0 1 0(*) 0(**) xy x y xy x y xy x y xy x y x y x y x y xy x y x y x y x y xy x y x y x y ⇔ + − + = ⇔ + − + + − + = +   ⇔ + + − − + − = ⇔ + − + + + − =      + − =  ⇔  + + + =  Xét (*)kết hợp với (2) ta có hệ: 2 1 0x y x y x y + + =    + = −   .Giải hệ được nghiệm: 1 0 x y =   =  hoặc 2 3 x y = −   =  Xét (**) vô nghiệm do đk x+y>0.Kl 0,5đ 0,5đ III Tính tích phân: ( ) 0 2 1 2 3 4 4 . 2 1I x x x x dx − = − − + + ∫ I 0 0 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1)x dx x x dx − − = − + + + ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 1 2 4 (2 1)I x dx − = − + ∫ . Đặt: 1 2 1 2sin , ; cos , 0, 0 2 2 2 6 x t t dx tdt x t x t π π π   + = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =     . Khi đó: 6 6 6 6 2 6 6 1 0 0 0 0 0 0 1 3 2cos (1 cos 2 ) cos 2 sin 2 2 6 4 I tdt t dt dt tdt t t π π π π π π π = = + = + = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 2 ( . 2 1)I x x dx − = + ∫ . Đặt: 2 1 2 1 2 1, , 0, 0 1 2 t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = ⇒ = . Khi đó: 1 2 5 3 2 1 2 0 0 1 1 2 10 6 15 t t t I t dt   − = = − =−  ÷   ∫ KL: Vậy 1 2 3 1 6 4 15 I I I π = + = + − . 0,5đ 0,25đ 0,25đ IV 45 E K J I A B C C' B' A' P H Q N M Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’. Ta có: 2 3a AP = 3aAH =⇒ Vì '' AHA∆ vuông cân tại H Vậy 3' aHA = . Ta có 4 3 2 3 . 2 1 2 aa aS ABC == (đvdt) 2 3 ' ' ' 3 3 ' . 3. 4 4 ABCA B C ABC a a V A H S a ∆ ⇒ = = = (đvtt) (1) Vì '' AHA∆ vuông cân ( ) CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ (Vì ;KH PQ KH BC⊥ ⊥ ) G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) mà AA’ = 22 ' AHHA + = 633 22 aaa =+ 4 6 2 6 a CNPEBM a AK ===⇒=⇒ Ta có thể tích K.MNJI là: 1 . 3 1 1 6 ' 2 4 4 MNJI V S KE a KE KH AA = = = = 2 6 6 . . ( ) 4 4 MNJI a a S MN MI a dvdt= = = 2 3 1 6 6 ( ) 3 4 4 8 KMNJI a a a V dvtt⇒ = = 3 3 2 3 ' ' ' 3 1 8 8 3 2 8 8 ABCKMN A B C KMN a a V a a V − ⇒ = = + 0,25đ 0,5đ 0,25đ V Đặt 2 ;2 ;2 x y z a b c= = = .Từ giả thiết ta có ab+bc+ca=abc,và bất đẳng thưca cần chứng minh có dạng 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + ≥ + + + (*).Ta có (*) ⇔ 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + ⇔ 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + ≥ + + + + + + .Mặt khác theo bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + ≥ + + (1).Tương tự cũng có [...]... f(x) = 0 cú nghim x0 (0;2) Vy f(x) =0 cú ti a hai nghim, ta cú bng bin thi n: x x x - f(x) - f(x) 0 - x0 0 2 + 0,5 + + f(x0) Ta cú f(0) =0 v f(2) =0 Vy phng trỡnh cú ỳng hai nghim x=0; x=2 S GD &T BC GIANG TRNG THPT LNG GIANG S1 @ THI HC SINH GII TNH MễN: TON 12 0,5 Cõu I: (2.0 im) Cho hm s y = 2x 3 x2 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s 2) Cho M l im bt kỡ trờn (C) Tip tuyn ca (C)... -50 >0 f(x) = 0 cú nghim x0 (0;2) Vy f(x) =0 cú ti a hai nghim, ta cú bng bin thi n: x - f(x) - f(x) 0 - x0 0 2 + 0,25 0,25 0,5 0,5 + + f(x0) Ta cú f(0) =0 v f(2) =0 Vy phng trỡnh cú ỳng hai nghim x=0; x=2 S GD &T BC GIANG TRNG THPT LNG GIANG S1 @ THI HC SINH GII TNH MễN: TON 12 x2 (1) x 1 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s Cõu I (3 im) Cho hm s y = 0,5 2) Chng minh rng vi mi... dung x2 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s y = x 1 1) Tp xỏc nh : D = Ă \ { 1} im 1,0 2) S bin thi n : a) Chiu bin thi n: y ' = 1 ( x 1) 2 > 0, x D Suy ra hm s ng bin trờn cỏc khong ( ;1) v ( 1; + ) 0,25 b) Cc tr : Hm s khụng cú cc tr lim lim c) Gii hn, tim cn: xlim y = xlim y = 1; x 1+ y = ; x 1 y = + + Suy ra th (C) cú tim cn ng x = 1 , tim cn ngang y = 1 d) Bng bin thi n: x 1 y + + +... ( x + y + z) = 3 1 x 1 y 1 z 2 2 1 3 3 Vy GTNN ca P l , t c khi x = y = z = 3 2 S GD &T BC GIANG TRNG THPT LNG GIANG S1 @ THI HC SINH GII TNH MễN: TON 12 y = x 3 3mx 2 + 3(m 2 1) x m3 + m (1) Cõu I (2 im): Cho hm s 1.Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) ng vi m=1 2.Tỡm m hm s (1) cú cc tr ng thi khong cỏch t im cc i ca th hm s n gc ta O bng 2 ln khong cỏch t im cc tiu ca th hm s n... hỡnh chúp SBCMN ( BCM)// AD nờn mt phng ny ct mp( SAD) theo giao tuyn MN // AD BC AB BC BM T giỏc BCMN l hỡnh thang vuụng Ta cú : BC SA cú BM l ng cao MN Ta cú SA = AB tan60 = a 3 , MN SM = = AD SA 2a 2a 4a Suy ra MN = BM = 3 3 0 025 a 3 3 =2 3 a 3 a 3 0.25 Din tớch hỡnh thang BCMN l : 4a 2 a + 3 ữ 2a 10a 2 BC + MN BM = = S = ữ 2 2 3 3 3 ữ H SH BM Ta cú SH BM v BC (SAB) BC SH... trũn (C1): x2 + y2 2x 2y 2 = 0, (C2): x2 + y2 8x 2y + 16 = 0 Cõu VII (1,0im) 1) Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc im A(1; 1; 0), B(1; 1; 2), C(2; 2; 1), D(1;1;1) Vit phng trỡnh mt phng () i qua D v ct ba trc ta ti cỏc im M, N, P khỏc gc O sao cho D l trc tõm ca tam giỏc MNP 2)Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho cỏc im A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) v mt phng (P) uuu r uuu r uuur u cú... Cn + Cn + + Cn = 2 3 n +1 n +1 -HT -Cõu III (1,0 im): Tớnh: J = x H v tờn TS: SBD: P N V THANG IM Cõu ỏp ỏn 1,(1im)Vi m = 1 y = x 3x 2 *TX: R iờm 3 Cõu I (2,5) 0.25 *S bin thi n : y , = 3 x 2 6 x ; y , = 0 x = 0 x = 2 - y : b trờn cỏc khong ( ;0 ) v ( 2; + ) ; nb trờn khong ( 0; 2 ) 0.25 - cc tr: xcd = 0 ycd = 0 ; xct = 2 yct... s f ( t ) = f ( t ) 1,0 ( ) 3t 2 1 1 f ( t ) = 2 vi t ( 0;1) Ta cú: t (1 t2 ) t2 (1 t2 ) f ( t ) = 0 3t 2 1 = 0 t = t ( ) 1,0 0 1 ( 0 < t < 1) Bng bin thi n ca f ( t ) trờn khong (0; 1): 3 1 1 3 0 + 0,5 f ( t) 3 3 2 1 3 3 T bng bin thi n suy ra f ( t ) , t ( 0;1) ng thc xy ra khi t = 3 2 1 3 3 x 3 3 x, Vi t = x ta cú: 2 1 x 2 x ( 1 x) 1 1 x= 3 3 y 3 3 1 y ng thc xy ra khi y = Tng... vỡ do s hng chc nghỡn khụng th l s 0, nờn cú 3.P 3=18 s chia ht cho 5 Trong trng hp ny cú: 3(P4+3P3) = 126 s Vy s cỏc s theo yờu cu bi toỏn l: 96 + 126 = 222 s 0,25 0,25 0,25 0,25 1)Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho cỏc im A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) v mt uuu r uuu r uuur u phng (P) cú phng trỡnh:x+y+z-4=0.Tỡm im M thuc (P) sao cho 2MA + 2 MB 3MC nh nht uu uu uu r r r r +)Tỡm im I sao... uuu r uuu r uuur u +)Lp lun 2 MA + 2 MB 3MC nh nht khi v ch khi IM ngn nht,do M thuc (P) nờn IM ngn nht khi M l hỡnh chiu ca I trờn (P).Tỡm c hỡnh chiu ca I trờn (P)l 2) Theo gi thit ta cú M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz uuu r uuuu r uuu uuuu r r DP = ( 1; 1; p 1) ; NM = ( m; n;0 ) DP.NM = m + n uuur uuuu uuuu r r Ta cú : uuur DN PM = m + p DN = ( 1; . nghiệm, ta có bảng biến thi n: Ta có f(0) =0 và f(2) =0 Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2. 0,5 đ 0,5 đ SỞ GD &ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1 @ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH . nghiệm, ta có bảng biến thi n: Ta có f(0) =0 và f(2) =0 Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2. 0,5 đ 0,5 đ SỞ GD &ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1 @ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH . SỞ GD &ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1 @ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN: TOÁN 12 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0