Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
Năm học: 2011-2012 
Môn thi: TOÁN 
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) 
Cho hàm số 3 21 2 3 1
3
y x x x= − + − + . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2) Gọi 3 2( ) 6 9 3f x x x x= − + − , tìm số nghiệm của phương trình: 
[ ] [ ]3 2( ) 6 ( ) 9 ( ) 3 0f x f x f x− + − = . 
Câu II (4,0 điểm) 
1) Giải phương trình (1 sin )(1 2sin ) 2(1 2sin )cos 0x x x x+ − + + = . 
2) Giải hệ phương trình ( )2
33
2 2 ( ) (2 ) 2
, .
2( 1) 1 0
x y x y x y x y x y x y
x y
y x
− +⎧ − = + + − − −⎪ ∈⎨ − − + =⎪⎩
 
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. 
2) Tính tích phân 
2
2 2
2
(sin cos )d
3sin 4cos
x x xI
x x
π
π−
+= +∫ . 
Câu IV (6,0 điểm) 
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 9C x y+ = , đường thẳng 
: 3 3y xΔ = − + và điểm (3; 0)A . 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 .S ABCD , đáy là hình chữ nhật có AB a= và 2BC a= , mặt phẳng 
( )SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( )SBC và ( )SCD cùng tạo với đáy một góc 
bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 2
6
a . 
a) Tính thể tích khối chóp .S ABCD . 
b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . 
Câu V (2,0 điểm) 
Cho các số thực , ,x y z thoả mãn 1 1, , 1
3 2
x y z> > > và 3 2 1 2
3 2 2 1x y z
+ + ≥+ + . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (3 1)(2 1)( 1)A x y z= − − − . 
--------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. 
Số báo danh 
............... 
 - 1 - 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
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 
● Tập xác định: D =  . 
● Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên: 2' 4 3y x x= − + − ; '( ) 0 1y x x= ⇔ = hoặc 3x = . 
0,5 
Hàm số nghịch biến trong khoảng: ( ; 1)−∞ và (3; )+∞ ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . 
+ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1x = ; CT 13y = − , đạt cực đại tại 3x = ; yCĐ 1= . 
+ Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= +∞ ; lim
x
y
→+∞
= −∞ . 
1,0 
+ Bảng biến thiên 
1,0 
● Đồ thị: 
+ Đi qua điểm: (0; 1) và 14;
3
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
+ Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm 12;
3
I ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
0,5 
2) 1,0 điểm 
4,0 
điểm 
[ ] [ ]3 2( ) 6 ( ) 9 ( ) 3 0f x f x f x− + − = (1) 
(1) [ ] [ ]3 21 ( ) 2 ( ) 3 ( ) 1 0
3
f x f x f x⇔ − + − + = . 0,5 
x −∞ 1 3 +∞ 
'y − 0 + 0 − 
y 
−∞
+∞
1
3
− 
1
y
1
1
3
4 
x O1
3
− 
 - 2 - 
Đặt 3 21( ) 2 3 1
3
g x x x x= − + − + , ta có: (1) ( ( )) 0g f x⇔ = ( ) 0
( )
g m
m f x
=⎧⇔ ⎨ =⎩ 
( ) 0 (2)
( ) (3).
3
g m
m g x
=⎧⎪⇔ ⎨− =⎪⎩
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 1m< < , 1 3m< < và 3 4m< < . 
Cũng từ (C), ta có: 
+ Nếu 0 1m< < hay 1 0
3 3
m− < − < thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. 
+ Nếu 1 3m< < hay 11
3 3
m− < − <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. 
+ Nếu 3 4m< < hay 4 1
3 3
m− < − <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. 
Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. 
Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. 
0,5 
II 1) 2,0 điểm 
(1 sin )(1 2sin ) 2(1 2sin )cos 0x x x x+ − + + = (1). 
(1) 
2
2 2cos sin (1 2sin ) 2(1 2sin ) cos sin 0
2 2 2 2
x x x xx x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + − + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
cos sin 0
2 2
x x⇔ + = (2) 
hoặc cos sin (1 2sin ) (2 4sin ) cos sin 0
2 2 2 2
x x x xx x⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (3) 
● (2) tan 1
2
x⇔ = − 2
2
x kπ π⇔ = − + . 
1,0 
● (3) 3cos sin 2sin cos 6sin sin 0
2 2 2 2
x x x xx x⇔ − + − = 
2 23cos sin 4sin cos 12sin cos 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x⇔ − + − = 
3 33sin 4sin 12cos 9cos 0
2 2 2 2
x x x x⇔ − + − = 
3 3sin 3cos 0
2 2
x x⇔ + = 2 2
3 3
x lα π⇔ = + , tan 3α = − . 
Vậy, (1) có nghiệm: 2
2
x kπ π= − + hoặc 2 2
3 3
x lα π= + , tan 3α = − (với ,k l∈ ). 
1,0 
2) 2,0 điểm 
2
33
2 2 ( ) (2 ) 2 (1)
2( 1) 1 0 (2).
x y x y x y x y x y x y
y x
− +⎧ − = + + − − −⎪⎨ − − + =⎪⎩
+ Điều kiện: 0, 2 0x y x y+ ≥ − ≥ (*). 
+ Khi đó: 2(1) 2 (2 ) 2 2 ( )x y x yx y x y x y x y− +⇔ + − − = + + + . 
Xét hàm ( ) 2tf t t t= + , suy ra: (1) có dạng (2 ) ( )f x y f x y− = + . 
Mặt khác ( )f t đồng biến, do đó (1) 2x y x y⇔ − = + hay 2x y= . 
1,0 
4,0 
điểm 
+ Thế vào (2), ta được: 33 1 2(2 1)y y+ = − (3). 
Đặt 3 2 1y t= − , phương trình (3) trở thành hệ: 
3
3
(2 1)
(2 1)
t y
y t
⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩
1,0 
 - 3 - 
Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: ( )2 2do 2(2 1) 2(2 1)(2 1) 2(2 1) 1 0 ,t y y y t t y t= − + − − + − + > ∀ 
Thế vào hệ: 3(2 1)y y= − 3 28 12 5 1 0y y y⇔ − + − = 2( 1)(8 4 1) 0y y y⇔ − − + = 1y⇔ = . 
1 2y x= ⇒ = , thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( ; ) (2; 1)x y = . 
III 1) 2,0 điểm 
● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt { }0, 1, 2, 3, 4E = . 
+ Chọn 0d = , chọn thứ tự , ,a b c trong tập { }\ 0E có 34 24A = cách. Dạng này có 24 số. 
+ Chọn 0d ≠ có 2 cách, chọn { }\ 0,a E d∈ có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập 
{ }\ ,E d a có 23 6A = cách. Dạng này có 2.3.6 36= số. Lập được 24 36 60+ = số. 
1,0 
● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : 
Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập { }\ 1,E d có 23 6A = cách. 
Dạng này có: 3.6 18= số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 18 42− = số. 
Xác suất cần tính: 42 7
60 10
P = = . 
1,0 
2) 2,0 điểm 
0 2
2 2 2 2
0
2
(sin cos )d (sin cos )d
3sin 4cos 3sin 4cos
x x x x x xI
x x x x
π
π−
+ += ++ +∫ ∫ 
Đặt x t= − , ta có: 
0 0 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0
2 2
(sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d
3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos
x x x t t t t t t x x x
x x t t t t x x
π π
π π−
+ − + − + − += − = =+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ . 
1,0 
4,0 
điểm 
Suy ra: 
2 2
2 2 2
0 0
cos d dsin2 2
3sin 4cos 4 sin
x x xI
x x x
π π
= =+ −∫ ∫
2
0
1 1 1 dsin
2 sin 2 sin 2
x
x x
π
⎛ ⎞= −⎜ ⎟+ −⎝ ⎠∫ 
2
0
1 sin 2ln
2 sin 2
x
x
π
⎛ + ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
1 ln 3
2
= . 
1,0 
IV 1) 3,0 điểm 
(C) có tâm O(0; 0), bán kính 3R = . 
Nhận xét: ( )A C OA OM∈ ⇒ = ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM OB⊥ . 
Gọi I AM OB= ∩ ⇒ 4
3
OG OI= . 
Kẻ //GK AM , K OA∈ , ta có: 4
3
OK OA=uuur uuur ⇒ (4; 0)K . 
1,0 
6,0 
điểm 
//GK AM ⇒ GK OB⊥ . 
Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . 
Toạ độ ( ; ), 0G x y y > thoả mãn: 
2 2
3 3
( 2) 4
y x
x y
⎧ = − +⎪⎨ − + =⎪⎩
( )2 2
3 3
1 3 4
x y
y y
⎧ = + −⎪⇔ ⎨ + − + =⎪⎩ 2
3 3
2 2(1 3) 2 3 0
x y
y y
⎧ = + −⎪⇔ ⎨ + − − =⎪⎩
(3; 3) (do 0)G y⇒ > . 
1,0 
x 
y 
O 
M B 
A 
G 
K 
 I 
 - 4 - 
Diện tích: ( ) ( ) ( ) ( )
92 2. .
16AMB OAM OAI OKG
S S S SΔ Δ Δ Δ= = = 9 .d( , ).8 2
OK G Ox= 9.4. 3
16
= 9 3
4
= . 1,0 
2) 3,0 điểm 
a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( )ABCD , 
suy ra H AB∈ (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 . 
Do đó  SBH SEH= 2HB HE a⇒ = = . 
Ta được //BD AE //( )BD SAE⇒ 
d( , ) d( , ( )) d( , ( ))SA BD B SAE H SAE⇒ = = 
(do A là trung điểm HB ) 
2d( , ( ))
6
aH SAE⇒ = . 
1,0 
Nhận xét rằng , ,HA HE HS đôi một vuông góc, suy ra: 
2 2 2 2
1 1 1 1
d ( , ( ))H SAE HA HE HS
= + + 2 2 2 23 1 1 12 4a a a HS⇔ = + + 2SH a⇔ = . 
Thể tích: 
3
( . ) ( )
1 4.
3 3S ABCD ABCD
aV S SH= = . 
1,0 
b) //BD AE , suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . 
Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với 2 2 5AE SA SH HA a= = + = và 
2 2 2SE SH a= = , ta có:  
2 2 2 1cos( , ) cos
2. . 5
SA AE SESA BD SAE
SA AE
+ −= = = . 
1,0 
V 
Đặt 3 1 , 2 1 , 1x a y b z c− = − = − = ; ta có: , ,a b c là các số dương và A abc= . 
Khi đó: 3 2 1 2
3 2 2 1x y z
+ + ≥+ + 
3 2 1 2
3 2 1a b c
⇔ + + ≥+ + + 3 23 2 1
a b c
a b c
⎛ ⎞⇔ − + + ≥⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ 
1
3 2 1
a b c
a b c
⇔ + + ≤+ + + . 
0,5 
Suy ra: 1
2 1 3
b c a
b c a
+ ≤ −+ + + hay 
3 2
3 2 1 ( 2)( 1)
b c bc
a b c b c
≥ + ≥+ + + + + (1). 0,5 
Tương tự: 2 2
2 ( 1)( 3)
ca
b c a
≥+ + + (2) và 
1 2
1 ( 3)( 2)
ab
c a b
≥+ + + (3). 
Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: 3
4
A ≤ . 
0,5 
2,0 
điểm 
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: 1
3 2 1 3
a b c
a b c
= = =+ + + 
 3 1, 1,
2 2
a b c⇔ = = = 9 3, 3,
2 2
x y z⇔ = = = . 
Vậy, max 3
4
A = . 
0,5 
... HẾT. 
S 
A 
B 
C 
D 
E 
t H